Esercizio lavoro ed energia 36

Dinamica del punto materiale: Lavoro ed energia in Meccanica classica

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Esercizio 36 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Due corpi A e B, di masse m_A=m_B=m, si trovano su un piano scabro inclinato di \alpha rispetto all’orizzontale, sono collegati da una molla ideale di massa trascurabile, e costante elastica k. Inizialmente i due corpi sono tenuti fermi ad una distanza relativa pari alla lunghezza di riposo della molla; inoltre, il corpo A si trova ad una quota maggiore rispetto al corpo B, come illustrato in figura 1. Ad un certo istante si lascia il corpo B libero di muoversi mentre A è tenuto fermo mediante un opportuno vincolo esterno: B scende verso il basso e prima di fermarsi percorre un tratto \delta>0.

Calcolare:

  • il coefficiente di attrito dinamico \mu_d comune ai due corpi.

Nell’istante in cui B si ferma esso viene bloccato con un opportuno vincolo esterno mentre A è libero di muoversi. Si calcoli:

  • lo spazio \ell percorso da A prima di fermarsi la prima volta;
  • l’energia cinetica massima raggiunta da A nella fase di discesa.

Supporre che valga la condizione 2 mg\sin\alpha-k\delta>0 e che A ed B non si scontrino mai.

 

 

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Svolgimento. Punto 1. Osserviamo che sul corpo B agiscono la forza peso m\vec{g}, la reazione vincolare \vec{N} (che non compie lavoro perché istante per istante ortogonale alla direzione del moto), la forza elastica \vec{f}_{el} e la forza di attrito dinamico \vec{f}_d. Tutte le forze sono rappresentate in figura 3. Il lavoro totale L_B fatto sul di esso sarà dato da

(1)   \begin{equation*} L_B=L_{\text{peso,B}}+L_{\text{att,B}}+L_{\text{el,B}}. \end{equation*}

Poiché tra le tre forze in esame, la forza di attrito non è conservativa segue che il lavoro svolto da essa è pari alla variazione di energia meccanica del sistema \Delta E, ossia

(2)   \begin{equation*} L_{\text{att,B}}=\Delta E_B\equiv E_{\text{fin,B}}-E_{\text{i,B}}, \end{equation*}

dove E_{\text{i}} ed E_{\text{fin}} rappresentano rispettivamente l’energia meccanica del sistema nell’istante iniziale e finale rispettivamente del moto del corpo B in un generico istante t>0.
Definiamo un sistema di riferimento fisso Oy, dove l’origine O è posto alla stessa quota alla quale si arresta il corpo B, definisce arbitrariamente lo zero dell’energia potenziale gravitazionale, come rappresentato in figura 2.

 

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Siano U_{\text{peso,i}} l’energia potenziale gravitazionale di B nell’istante iniziale, K_{\text{i}} l’energia cinetica iniziale di B nell’istante iniziale, U_\text{el,i} l’energia potenziale della molla di B nell’istante iniziale, U_\text{peso,f} l’energia potenziale gravitazionale di B nell’istante finale, K_{\text{f}} è l’energia cinetica di B nell’istante finale, U_{\text{el,f}} è l’energia potenziale della molla di B nell’istante finale. Per istante finale si intende quando la molla è allungata di \delta, ovvero quando il corpo ha percorso un’altezza pari a \delta \sin \alpha rispetto alla posizione iniziale, per poi fermarsi.
In virtù di come abbiamo costruito il riferimento Oy osserviamo che il corpo B, inizialmente in quiete (quindi ha energia cinetica iniziale nulla, cioè K_\text{i}=0) e posto ad una quota pari a h=\delta\sin\alpha con la molla nella posizione di riposo (U_\text{el,i}=0), avrà un’energia meccanica totale iniziale E_{\text{i,B}} data da

(3)   \begin{equation*} E_{\text{i,B}}=U_{\text{peso,i}}+K_{\text{i}}+U_\text{el,i}=mg\delta\sin\alpha. \end{equation*}

Nell’istante finale il corpo B si arresta (K_\text{f}=0) al livello zero dell’energia potenziale gravitazionale e la molla, poiché A è tenuto fermo da un opportuno vincolo esterno, risulterà allungata di una quantità pari a \delta per cui l’energia meccanica finale E_\text{fin,B} è data da

(4)   \begin{equation*} E_{\text{fin,B}}=U_\text{peso,f}+K_\text{f}+U_{\text{el,f}}=\dfrac{1}{2}k\delta^2. \end{equation*}

Quindi in virtù di quanto ottenuto nelle equazioni (3) e (4) deduciamo che

(5)   \begin{equation*} \Delta E_B= E_\text{fin,B}-E_\text{i,B}=\dfrac{1}{2}k\delta^2-mg\delta\sin\alpha. \end{equation*}

Sostituendo l’equazione (5) nell’equazione (2) otteniamo che il lavoro compiuto dalla forza di attrito nell’intervallo di tempo considerato è pari a

(6)   \begin{equation*} L_{\text{att,B}}=\dfrac{1}{2}k\delta^2-mg\delta\sin\alpha. \end{equation*}

Cambiamo sistema di riferimento e scegliamo un sistema di riferimento fisso Oxy tale per cui il corpo B in un generico istante si trovi nell’origine O. Il sistema di riferimento è rappresentato nella figura che segue.

 

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Dal secondo principio della dinamica, proiettando le forze lungo gli assi x e y, abbiamo che

(7)   \begin{equation*} \begin{cases} x: mg\sin\alpha-f_d-f_{el}=m\ddot{x}\\ y:N-mg\cos\alpha=0 \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} x: mg\sin\alpha-f_d-f_{el}=m\ddot{x}\\ y:N=mg\cos\alpha, \end{cases} \end{equation*}

dove \ddot{x} è l’accelerazione del corpo in un generico istante t>0. Si osservi che abbiamo orientato la forza elastica nel verso negativo perché la molla si sta allungando.
Il lavoro compiuto dalla forza di attrito dinamico nel percorso fatto \delta>0 è dato da

(8)   \begin{equation*} L_{\text{att}}=-f_d\delta. \end{equation*}

Si ricordi che per definizione il modulo della forza di attrito dinamico f_d è dato da

(9)   \begin{equation*} f_d=\mu_d N=\mu_d mg\cos\alpha, \end{equation*}

dove abbiamo sfruttato l’espressione di N ottenuta nella seconda equazione del sistema (7).
Sostituendo nell’equazione (8), l’espressione di f_d appena ottenuta nell’equazione (9), si ha che

(10)   \begin{equation*} L_{\text{att}}=-\mu_d mg\delta\cos\alpha. \end{equation*}

In virtù di quanto detto, dalle equazioni (5) e (10), l’equazione (2) diventa

(11)   \begin{equation*} -\mu_d\delta mg\cos\alpha=\dfrac{1}{2}k\delta^2-\delta mg\sin\alpha \quad\Leftrightarrow\quad \mu_dmg\cos\alpha= mg\sin\alpha-\dfrac{1}{2}k\delta\quad\Leftrightarrow\quad \mu_d=\dfrac{2 mg\sin\alpha-k\delta}{2 mg\cos\alpha}, \end{equation*}

da cui ricaviamo che il coefficiente di attrito dinamico \mu_d è dato da

    \[\boxcolorato{fisica}{ \mu_d=\tan\alpha-\dfrac{k\delta}{2mg\cos\alpha}.}\]

Osserviamo che \mu_d è ben definito perché vale la condizione 2 mg\sin\alpha-k\delta>0.

Punto 2. Lo svolgimento del punto 2 è perfettamente analogo a quello del punto 1, se non per il fatto che il corpo in esame è A e percorre un tratto \ell lungo il piano inclinato prima di arrestarsi. Rappresentiamo in figura 4 il sistema in esame negli istanti iniziali e finali, dove questa volta l’origine O del riferimento fisso Oy corrisponde alla quota alla quale si arresta il corpo A. Analogamente a prima abbiamo definito lo zero dell’energia potenziale al livello dell’origine O.

 

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Inizialmente, prima che il corpo A venga lasciato libero di muoversi, quest’ultimo si trova ad un’altezza \ell\sin\alpha rispetto all’origine O e la molla risulta allungata di \delta (per quanto visto nel punto 1) per cui l’energia meccanica iniziale di A è data da

(12)   \begin{equation*} E_{\text{i,A}}=mg\ell\sin\alpha+\dfrac{1}{2}k\delta^2. \end{equation*}

Successivamente, nell’istante finale in cui il corpo si arresta alla quota dell’origine O l’unico contributo energetico è quello elastico, ossia la molla risulta allungata di una quantità \left|\delta-\ell\right|, pertanto

(13)   \begin{equation*} E_{\text{fin,A}}=\dfrac{1}{2}k(\delta-\ell)^2. \end{equation*}

Il lavoro compiuto dalla forza di attrito dinamico è dato da

(14)   \begin{equation*} L_{\text{att,A}}=-\mu_d mg\ell\cos\alpha. \end{equation*}

L’equazione (2), per il corpo A, si scrive come

(15)   \begin{equation*} L_\text{att,A}=E_\text{fin,A}-E_\text{i,A}, \end{equation*}

da cui, in virtù delle equazioni (12),(13) e (14), si ha che

    \[\begin{aligned} &-\mu_d mg\ell\cos\alpha=\dfrac{1}{2}k(\delta-\ell)^2-\left(mg\ell\sin\alpha+\dfrac{1}{2}k\delta^2\right)\quad\Leftrightarrow\quad \mu_d mg\ell\cos\alpha=mg\ell\sin\alpha+\dfrac{1}{2}k\delta^2-\dfrac{1}{2}k(\delta-\ell)^2\quad\Leftrightarrow \\ & \Leftrightarrow\quad\mu_d mg\ell\cos\alpha=mg\ell\sin\alpha-\dfrac{1}{2}k(\ell^2-2\delta\ell)\quad\Leftrightarrow\quad \mu_d mg\cos\alpha=mg\sin\alpha-\dfrac{1}{2}k(\ell-2\delta)\quad\Leftrightarrow\\ &\Leftrightarrow \quad \dfrac{1}{2}k(\ell-2\delta)=mg(\sin\alpha-\mu_d\cos\alpha)\quad\Leftrightarrow\quad \ell-2\delta=\dfrac{2mg}{k}(\sin\alpha-\mu_d\cos\alpha), \end{aligned}\]

da cui otteniamo che

(16)   \begin{equation*} \ell=2\delta+\dfrac{2mg}{k}(\sin\alpha-\mu_d\cos\alpha). \end{equation*}

Possiamo riscrivere l’espressione di \ell appena ottenuta (equazione (16)) nella seguente maniera

(17)   \begin{equation*} \ell=2\delta+\dfrac{2mg\cos\alpha}{k}(\tan\alpha-\mu_d), \end{equation*}

da cui sostituendo l’espressione di (\tan\alpha-\mu_d) ricavata nel punto 1, si ha che

(18)   \begin{equation*} \ell=2\delta+\dfrac{2mg\cos\alpha}{k}\dfrac{k\delta}{2mg\cos\alpha}=2\delta+\delta=3\delta. \end{equation*}

Deduciamo pertanto che il corpo A percorre un tratto lungo il piano inclinato che è il triplo di quello percorso dal corpo B prima di arrestarsi, ossia

    \[\boxcolorato{fisica}{ \ell=3\delta.}\]

 

Punto 3. Per calcolare la massima energia cinetica che il corpo A raggiunge durante la fase di discesa, osserviamo che quando esso ha percorso un tratto generico x lungo il piano inclinato la sua energia cinetica è pari a K(x), grazie al teorema dell’energia lavoro o teorema delle forze vive. Quello che dobbiamo fare è considerare quanto già fatto nel punto 2, con l’unica differenza che il corpo A adesso si trova ad una distanza generica x da quella iniziale, con una certa velocità e quindi una energia cinetica K(x)\neq 0. In particolare nell’istante iniziale l’energia meccanica del corpo A è data dall’equazione (12). Nell’istante finale, invece, all’energia meccanica E_\text{fin} contribuiscono, oltre l’energia potenziale elastica (si veda l’equazione (13), con l’eccezione che va sostituito x al posto di \delta), anche la forza peso U_\text{peso,f}=mg(\ell-x)\sin\alpha e l’energia cinetica K(x), ossia

(19)   \begin{equation*} E_{\text{fin,A}}=mg(\ell-x)\sin\alpha+\dfrac{1}{2}k(\delta-x)^2+K(x). \end{equation*}

Il lavoro della forza di attrito per percorre uno spazio pari ad x lungo il piano inclinato è

(20)   \begin{equation*} L_{\text{att,A}}=-\mu_d mgx\cos\alpha. \end{equation*}

Utilizzando le equazioni (12), (19), e (20), l’equazione (15) diventa

(21)   \begin{equation*} -\mu_d mgx\cos\alpha=mg(\ell-x)\sin\alpha+\dfrac{1}{2}k(\delta-x)^2+K(x)-mg\ell\sin\alpha-\dfrac{1}{2}k\delta^2, \end{equation*}

ossia

(22)   \begin{equation*} K(x)+\dfrac{1}{2}k(\delta-x)^2-mgx\sin\alpha-\dfrac{1}{2}k\delta^2=-\mu_d mgx\cos\alpha, \end{equation*}

oppure

(23)   \begin{equation*} K(x)=mgx\sin\alpha-\dfrac{1}{2}k(x^2-2\delta x)-\mu_dmgx\cos\alpha, \end{equation*}

o anche

(24)   \begin{equation*} K(x)=-\dfrac{1}{2}kx^2+\left(\delta k+mg(\sin\alpha-\mu_d\cos\alpha)\right)x. \end{equation*}

Dalla forma analitica di K(x) deduciamo che essa sia una parabola con concavità verso il basso per cui il punto di massimo si ottiene ponendo (in alternativa, il lettore può utilizzare le formule del vertice di una parabola, ottenendo, chiaramente, il medesimo risultato)

(25)   \begin{equation*} \dfrac{d}{dx}K(x)=0\quad\Leftrightarrow\quad -kx+\delta k +mg(\sin\alpha-\mu_d\cos\alpha)=0, \end{equation*}

cioè

(26)   \begin{equation*} x= x_{\text{max}}=\delta +\dfrac{mg}{k}(\sin\alpha-\mu_d\cos\alpha). \end{equation*}

Quindi, valutando l’espressione di K(x) in corrispondenza di x=x_{\text{max}}, abbiamo che

(27)   \begin{equation*} K_{\text{max}}= K(x_\text{max})=-\dfrac{1}{2}kx_\text{max}^2+(\delta k+mg(\sin\alpha-\mu_d\cos\alpha)x_\text{max}, \end{equation*}

ovvero

(28)   \begin{equation*} K_{\text{max}}=-\dfrac{1}{2}kx_\text{max}^2+k\left(\delta+\dfrac{mg}{k}(\sin\alpha-\mu_d\cos\alpha)\right)x_{\text{max}}, \end{equation*}

da cui, utilizzando l’equazione (26), si ha

(29)   \begin{equation*} K_{\text{max}}=-\dfrac{1}{2}kx_\text{max}^2+kx_{\text{max}}^2=\dfrac{1}{2}kx_{\text{max}}^2. \end{equation*}

Sostituendo, nella precedente equazione, il valore di x_{\text{max}} (calcolato nell’equazione (29)), si ottiene

(30)   \begin{equation*} K_{\text{max}}=\dfrac{1}{2}k\left(\delta +\dfrac{mg}{k}(\sin\alpha-\mu_d\cos\alpha)\right)^2. \end{equation*}

Osserviamo che, essendo \alpha\in \left(0,\dfrac{\pi}{2}\right), possiamo riscrivere l’espressione di K_{\text{max}} appena ottenuta (equazione (30)) nella seguente maniera

(31)   \begin{equation*} K_{\text{max}}=\dfrac{1}{2}k\left(\delta+\dfrac{mg\cos\alpha}{k}(\tan\alpha-\mu_d)\right)^2, \end{equation*}

da cui sostituendo l’espressione di (\tan\alpha-\mu_d) ricavata nel punto 1, si trova

(32)   \begin{equation*} K_{\text{max}}=\dfrac{1}{2}k\left(\delta+\dfrac{mg\cos\alpha}{k}\dfrac{k\delta}{2mg\cos\alpha}\right)^2=\dfrac{1}{2}k\left(\delta+\dfrac{\delta}{2}\right)^2=\dfrac{9}{8}k\delta^2. \end{equation*}

Pertanto la massima energia cinetica che il corpo A assume durante la fase di discesa è pari a

    \[\boxcolorato{fisica}{ K_{\text{max}}=\dfrac{9}{8}k\delta^2.}\]

 

{Metodo alternativo per il calcolo di \bm{x_{\max}}. Un metodo alternativo per risolvere il punto 3 consiste nell’utilizzare la seconda legge della dinamica. Sul corpo A agiscono la forza peso m\vec{g}, la reazione vincolare \vec{N}, la forza di attrito dinamico \vec{f}_d e la forza elastica \vec{f}_{el}.
Dal secondo principio della dinamica, scegliendo un sistema di riferimento fisso Oxy con l’asse delle x diretto lungo l’asse delle x, abbiamo che

(33)   \begin{equation*} \begin{cases} x: mg\sin\alpha-f_d+f_{el}=m\ddot{x}\\ y:N-mg\cos\alpha=0 \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} x: mg\sin\alpha-f_d+k(x-\delta)=m\ddot{x}\\ y:N=mg\cos\alpha. \end{cases} \end{equation*}

In particolare dalla prima equazione del sistema (33) sappiamo che

(34)   \begin{equation*} mg\sin\alpha+k(x-\delta)-\mu_dmg\cos\alpha=m\ddot{x}, \end{equation*}

dove abbiamo utilizzato l’equazione (9).
L’equazione (34) descrive un oscillatore armonico smorzato che raggiunge la massima velocità quando la sua accelerazione è nulla, ossia

(35)   \begin{equation*} \ddot{x}=0\quad\Rightarrow\quad mg\sin\alpha+k(x-\delta)-\mu_dmg\cos\alpha=0 \quad\Leftrightarrow\quad x=\delta +\dfrac{mg}{k}(\sin\alpha-\mu_d\cos\alpha), \end{equation*}

che coincide con x_\text{max} calcolato nel punto 3, da cui poi si ottiene K_{\text{max}} nella maniera già illustrata.