Home » Esercizio lavoro ed energia 78

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Esercizio 78  (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Un punto materiale di massa m è posto alla sommità di un semianello circolare rigido in cui può muoversi senza attrito, inoltre è collegato a due molle di lunghezza a riposo nulla e costante elastica k, le quali sono ancorate nei punti A e B, come mostrato in figura 1. Le molle sono vincolate a scorrere lungo il semianello rigido come si può dedurre dalla figura 1. Se il punto materiale viene sposrmini la reazione vincolare in funzione dell’angolo \theta che forma il raggio che congiunge il punto materiale con la verticale. Si determini il periodo delle piccole oscillatato leggermente dalla posizione di equilibrio si detezioni intorno alla posizione di equilibrio (cioè \theta=0^{\circ}). Supporre che valga la condizione mg<2kR.

 

 

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Svolgimento.

Perturbiamo il sistema spostando il punto materiale di un angolo \theta, come rappresentato in figura 2.  

 

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  Osserviamo che sul punto agiscono quattro forze: le due forze delle molle \vec{F}_A e \vec{F}_B, la forza peso m\vec{g} e la reazione vincolare \vec{N} che è perpendicolare al semianello. Scegliamo un sistema di riferimento fisso Oxy come in figura 3 e un sistema di riferimento tangente e normale alla traiettoria di m tale che istante per istante tale sistema di riferimento segua tale traiettoria e con origine degli assi coincidente con m. Osserviamo che, siccome la traiettoria è una semicirconferenza, il centro di essa e della circonferenza osculatrice saranno lo stesso.  

 

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  Osserviamo che le due lunghezze[1] delle molle sono rispettivamente:

(1)   \begin{equation*} 		A: \; \dfrac{\pi}{2}R-R\theta\qquad \mbox{e} \qquad  B:\; \dfrac{\pi}{2}R+R\theta . 	\end{equation*}

Applicando la seconda legge della dinamica nella direzione tangente e normale abbiamo rispettivamente

(2)   \begin{equation*} 		\begin{cases} 			F_A-F_B+mg\sin\theta=mR\ddot{\theta}\\\\ 			N-mg\cos\theta=-m\dot{\theta}^2R, 		\end{cases} 	\end{equation*}

da cui

(3)   \begin{equation*} 		\begin{cases} 			k\left(\dfrac{\pi}{2}R-R\theta \right)-k\left(\dfrac{\pi}{2}R+R\theta \right)+mg\sin\theta=\textcolor{black}{m} R\ddot{\theta}\\\\ 			N=mg\cos\theta-m\dot{\theta}^2R. 		\end{cases} 	\end{equation*}

o anche

(4)   \begin{equation*} 	\begin{cases} 		2kR\theta-mg\sin\theta=-\textcolor{black}{m} R\ddot{\theta}\\\\ 		N=mg\cos\theta-m\dot{\theta}^2R. 	\end{cases} \end{equation*}

Per le piccole oscillazioni abbiamo[2]

(5)   \begin{equation*} 		\sin \theta \simeq \theta. 	\end{equation*}

Avvalendoci della precedente equazione la prima equazione del sistema (4) diventa

(6)   \begin{equation*} 		2kR\theta-m g \, \theta =- mR\ddot{\theta} \quad \Leftrightarrow \quad \ddot{\theta}+\left(\dfrac{2kR-mg}{mR}\right)\theta=0 	\end{equation*}

che è l’equazione di un oscillatore armonico semplice dove il quadrato della pulsazione è

(7)   \begin{equation*} 		\boxed{\omega^2=\dfrac{2kR-mg}{mR}.} 	\end{equation*}

Sia T il periodo delle piccole oscillazioni. Sapendo che \omega=2\pi/T, dalla precedente equazione si ottiene

    \[\boxcolorato{fisica}{	T=2\pi\sqrt{\dfrac{\textcolor{black}{m}R}{2kR-mg}}.}\]

   Si osservi che il precedente risultato è valido se e solo se mg<2kR. Diamo una spiegazione intuitiva del perché è presente il segno meno al membro destro della prima equazione del sistema (2). Immaginiamo, ad esempio, di avere lo stesso sistema fisico in un piano orizzontale e non in un piano verticale; allora la prima equazione del sistema (2) sarebbe

(8)   \begin{equation*} 2k\theta=m\ddot{\theta}. 				\end{equation*}

Chiaramente la precedente equazione non sarebbe corretta perché non è nella forma

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

cioè l’equazione di un oscillatore armonico semplice. Dunque, dato che ci aspettiamo dalla fisica del problema che il punto materiale si muova di moto armonico deduciamo che l’equazione debba essere nella forma della prima equazione del sistema (2).     Per calcolare la reazione normale in funzione dell’angolo \theta sfruttiamo la seconda equazione del sistema (3). Si ha

(10)   \begin{equation*} 		N=mg\cos\theta-m\dot{\theta}^2R. 	\end{equation*}

Quando il punto materiale si trova nel punto più alto del semianello ha un energia iniziale pari ad

(11)   \begin{equation*} 		E	_i=\dfrac{1}{2}k\dfrac{\pi^2}{4}R^2+\dfrac{1}{2}k\dfrac{\pi^2}{4}R^2+mgR+\text{costante} 	\end{equation*}

e in un generico istante t>0 l’energia totale è

(12)   \begin{equation*} 		E_f=\dfrac{1}{2}k\left(\dfrac{\pi}{2}R-\theta R \right)^2+\dfrac{1}{2}k\left(\dfrac{\pi}{2}R+\theta R \right)^2+\dfrac{1}{2}mv^2+mgh+\text{costante}, 	\end{equation*}

dove h=R\cos \theta e v=\dot{\theta} R. Il sistema è conservativo perché non sono presenti forze di attrito e la reazione vincolare essendo perpendicolare allo spostamento di m fa lavoro nullo. Dunque abbiamo

(13)   \begin{equation*} E_i=E_f. 	\end{equation*}

Avvalendoci delle equazioni (10) e (12) la precedente equazione diventa

(14)   \begin{equation*}  \dfrac{1}{4}k\pi^2R^2+mgR=\dfrac{1}{2}k\left(\dfrac{\pi}{2}R-\theta R \right)^2+\dfrac{1}{2}k\left(\dfrac{\pi}{2}R+\theta R \right)^2+\dfrac{1}{2}mv^2+mgh, \end{equation*}

o anche

(15)   \begin{equation*} \dfrac{1}{4}k\pi^2R^2+mgR= \dfrac{1}{2}kR^2\left(\dfrac{\pi}{2}-\theta  \right)^2+\dfrac{1}{2}kR^2\left(\dfrac{\pi}{2}+\theta  \right)^2+\dfrac{1}{2}mR^2\left(\dot{\theta}\right)^2+mgR\cos \theta, \end{equation*}

oppure

(16)   \begin{equation*} \dot{\theta}=\sqrt{\dfrac{2}{mR^2}\left(\dfrac{1}{4}k\pi^2R^2+mgR-\dfrac{1}{2}kR^2\left(\dfrac{\pi}{2}-\theta  \right)^2-\dfrac{1}{2}kR^2\left(\dfrac{\pi}{2}+\theta  \right)^2-mgR\cos \theta\right)}. \end{equation*}

Mettendo a sistema la precedente equazione con l’equazione (10) otteniamo

(17)   \begin{equation*}  	\begin{aligned} 		N&=mg\cos\theta-m\dot{\theta}^2R=\\[10pt] 		&=mg\cos \theta -\dfrac{2}{mR^2}\left(\dfrac{1}{4}k\pi^2R^2+mgR-\dfrac{1}{2}kR^2\left(\dfrac{\pi}{2}-\theta  \right)^2-\dfrac{1}{2}kR^2\left(\dfrac{\pi}{2}+\theta  \right)^2-mgR\cos \theta\right)mR=\\[10pt] 		&=mg\cos \theta -\dfrac{2}{R}\left(\dfrac{1}{4}k\pi^2R^2+mgR-\dfrac{1}{2}kR^2\left(\dfrac{\pi}{2}-\theta  \right)^2-\dfrac{1}{2}kR^2\left(\dfrac{\pi}{2}+\theta  \right)^2-mgR\cos \theta\right)=\\[10pt] 		&=mg\cos \theta -\dfrac{2}{R}\left(\dfrac{1}{4}k\pi^2R^2+mgR-\dfrac{1}{2}kR^2\left(\dfrac{\pi}{2}-\theta  \right)^2-\dfrac{1}{2}kR^2\left(\dfrac{\pi}{2}+\theta  \right)^2\right)+2mg\cos \theta=\\[10pt] 		&=3mg\cos \theta -\dfrac{2}{R}\left(\dfrac{1}{4}k\pi^2R^2+mgR-\dfrac{1}{2}kR^2\left(\dfrac{\pi}{2}-\theta  \right)^2-\dfrac{1}{2}kR^2\left(\dfrac{\pi}{2}+\theta  \right)^2\right). 	\end{aligned} \end{equation*}

Concludiamo dunque

    \[\boxcolorato{fisica}{	N=3mg\cos \theta -\dfrac{2}{R}\left(\dfrac{1}{4}k\pi^2R^2+mgR-\dfrac{1}{2}kR^2\left(\dfrac{\pi}{2}-\theta  \right)^2-\dfrac{1}{2}kR^2\left(\dfrac{\pi}{2}+\theta  \right)^2\right),}\]

che è proprio quello che stavamo cercando, ovvero la reazione vincolare in funzione di \theta.   


Approfondimento.

L’equazione (6) si poteva ottenere anche grazie alla conservazione dell’energia. Consideriamo come istante finale quando il punto materiale m forma un generico angolo \theta con l’asse delle y e come situazione iniziale quando si trova nella posizione di equilibrio (ovvero \theta=0^{\circ}). Abbiamo dunque

(18)   \begin{equation*} \dfrac{1}{2}m(R\dot{\theta})^2+	\dfrac{1}{2}k\left( \dfrac{\pi}{2}R-R\theta\right)^2+\dfrac{1}{2}k\left( \dfrac{\pi}{2}R+R\theta\right)^2+mgR\cos\theta=\dfrac{1}{2}k\left( \dfrac{\pi}{2}R\right)^2+\dfrac{1}{2}k\left( \dfrac{\pi}{2}R\right)^2+mgR. 	\end{equation*}

Derivando rispetto al tempo ambo i membri la precedente equazione abbiamo

(19)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} 		&mR^2\ddot{\theta} \;\dot{\theta}-k\left(\dfrac{\pi}{2}R-R\theta\right)\dot{\theta}R+k\left( \dfrac{\pi}{2}R+R\theta\right) R\dot{\theta}-mgR\sin \theta \; \dot{\theta}=0\quad \Leftrightarrow\\[10pt] 		&\Leftrightarrow \quad -2kR^2\theta\dot{\theta}+mgR\sin\theta\,\dot{\theta}=mR\ddot{\theta}\,\dot{\theta}\quad \Leftrightarrow\\[10pt] 		&\Leftrightarrow\quad -2kR\theta+mg\sin\theta=m\ddot{\theta}\quad \Leftrightarrow\\[10pt] 		&\Leftrightarrow \quad \ddot{\theta}+\left(\dfrac{2kR-mg}{R}\right)\theta=0, 	\end{aligned} \end{equation*}

dove nel penultimo passaggio abbiamo sostituito \sin\theta \simeq  \theta.    che è esattamente la prima equazione del sistema (2).    


Compiti.

Al lettore volenteroso si lascia lo studio del caso mg>2kR.    

1. Per trovare la lunghezza {\displaystyle \ell} di un arco di circonferenza sotteso da due raggi {\displaystyle r} che formano un angolo fra loro {\displaystyle \theta } (espresso in radianti), si mettono in relazione, tramite proporzione, la lunghezza dell’arco con quella di tutta la circonferenza e l’angolo sotteso dai raggi con l’angolo giro:

    \[2\pi :\theta =2\pi r: \ell\]

e quindi la lunghezza dell’arco è

    \[\ell=\theta r.\]

2. Generalmente per angoli piccoli si intende \theta \in [0,7^\circ].