Esercizio leggi della dinamica 17

Dinamica del punto materiale Leggi di Newton in meccanica classica

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Esercizio 17 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Si abbiano due corpi A e B di massa rispettivamente m_A = 0.02 kg e m_B = 0.07 kg. Il corpo A poggia su un piano orizzontale liscio ed è collegato tramite una molla, di costante elastica k=5 N/m e lunghezza a riposo \ell_0=10 cm, ad un vincolo fisso C e tramite un filo inestensibile al corpo B. Inizialmente (istante t=0) il corpo A è mantenuto in quiete da un’opportuna forza esterna che comprime la molla di una quantità pari a d=2\,\text{cm}. Ad un certo istante la forza esterna viene rimossa, si determini:

  1. la pulsazione del moto armonico compiuto dal sistema;
  2. lo spostamento massimo di A rispetto al vincolo C;
  3. i valori massimo e minimo della tensione del filo.

Considerare la molla ideale, trascurare la massa della molla, della carrucola e del filo, assumere che il filo sia inestensibile e trascurare ogni tipo di attrito.

 

 

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Svolgimento. Scegliamo un sistema di riferimento fisso Oxy come in figura 1 in un generico istante t=t^\star in cui la molla è estesa.

 

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In figura 1, dato che la molla è estesa, la forza della molla è rivolta nel verso negativo dell’asse delle x. Inoltre, si assuma x la posizione del punto materiale m_A rispetto al sistema di riferimento scelto.
Dalla seconda legge della dinamica otteniamo

(1)   \begin{equation*} \begin{cases} T_1 + F_{\tiny \mbox{molla}} = m_A a_A\\ T_2 - m_B g = -m_B a_B\\ N=m_A g \end{cases}. \end{equation*}

essendo la carrucola priva di massa, abbiamo T_1=T_2=T. Inoltre a_A=a_B=a=\ddot{x} perchè il filo è inestensibile e di massa trascurabile.
Ricordiamo che F_{\tiny \mbox{molla}} = -k\left(x-\ell_0\right).
Con le precedenti considerazioni, il sistema (1) può essere riscritto come segue

(2)   \begin{equation*} \begin{cases} T - k\left(x-\ell_0\right) = m_A \ddot{x}\\ T - m_B g = -m_B \ddot{x}\\ N=m_A g \end{cases}. \end{equation*}

Sottraiamo membro a membro (2)_1 e (2)_2 ottenendo

(3)   \begin{equation*} -k \left(x-\ell_0\right) + m_B g = (m_A + m_B) \ddot{x} \quad \Leftrightarrow \quad \left(x-\ell_0\right) - \dfrac{m_B g}{k} = \dfrac{m_A + m_B}{-k} \, \ddot{x}. \end{equation*}

Osserviamo che \left[\dfrac{m_B g}{k} \right] =\left[\text{N}\cdot \text{N}^{-1} \cdot\text{m} \right] =\left[ \text{m} \right].
Posto

(4)   \begin{equation*} x-\ell_0 - \dfrac{m_B g}{k} = y \end{equation*}

deriviamo due volte (4) ottenendo

    \[\ddot{x} = \ddot{y},\]

così che (3) diventi

(5)   \begin{equation*} y = \dfrac{m_A+m_B}{-k} \ddot{y}\quad \Leftrightarrow \quad \ddot{y} + \dfrac{k}{m_A+m_B} y = 0. \end{equation*}

Osserviamo che (5) è l’equazione di un’oscillatore armonico semplice, per cui

    \[\omega^2 = \dfrac{k}{m_A+m_B}\quad \Leftrightarrow \quad\omega= \sqrt{\dfrac{k}{m_A+m_B}}\]

ovvero

    \[\boxcolorato{fisica}{\omega= \sqrt{\dfrac{k}{m_A+m_B}} . }\]

Ora consideriamo il sistema all’istante t=0 come in figura 2.

 

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Imponiamo il seguente problema di Cauchy

(6)   \begin{equation*} \begin{cases} -k(x-\ell_0) +m_B g = (m_A+m_B) \ddot{x}\\ x(0)=\ell_0-d\\ \dot{x}(0) = 0 \end{cases}. \end{equation*}

La soluzione della (6)_1 è del tipo

(7)   \begin{equation*} x(t) = \ell_0 + \dfrac{m_B g}{k} + A \, \sin(\omega t + \phi), \qquad \mbox{ con } A,\phi \in \mathbb{R}. \end{equation*}

Deriviamo rispetto al tempo (7) ottenendo

    \[\dot{x}(t) = A\omega \, \cos(\omega t + \phi).\]

Imponendo le condizioni del problema di Cauchy (6)_2 e (6)_3 otteniamo

    \[\begin{aligned} \begin{cases} x(0) =\ell_0 - d= \ell_0 + \dfrac{m_B g}{k}+A \sin \phi\\ \dot{x}(0) = 0 = A \omega \; \cos \phi \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} \ell_0 - d=\ell_0 + \dfrac{m_B g}{k} + A\\ \phi = \dfrac{\pi}{2} \end{cases} \Leftrightarrow \quad\begin{cases} A = - d - \dfrac{m_B g}{k}\\ \phi = \dfrac{\pi}{2} \end{cases}, \end{aligned}\]

quindi

    \[x(t) = \ell_0 + \dfrac{m_B g}{k} -\left(d + \dfrac{m_B g}{k}\right) \, \sin\left(\omega t + \dfrac{\pi}{2}\right) \quad \Leftrightarrow\quad x(t) = \ell_0 + \dfrac{m_B g}{k} - \left(d+ \dfrac{m_B g}{k}\right) \, \cos\left(\omega t\right) .\]

Concludiamo che

    \[\boxcolorato{fisica}{ \max\left\{x(t)\right\} = \ell_0 + \dfrac{m_B g}{k} +d +\dfrac{m_B g}{k} \sim \text{39 cm}.}\]

 

Derivando x(t) abbiamo

    \[\dot{x}(t) = \left(-d -\dfrac{m_B g}{k}\right) \omega (-\sin(\omega t)) = \left( d +\dfrac{m_B g}{k}\right) \omega \sin(\omega t)\]

e derivando nuovamente[1], si ottiene

(8)   \begin{equation*} \ddot{x}(t) = \left( d +\dfrac{m_B g}{k}\right) \omega^2 \cos(\omega t). \end{equation*}

Da (2)_2 e tenendo conto di (8) otteniamo

    \[\begin{aligned} T & = m_B g - m_B \left(d +\dfrac{m_B g}{k} \right) \, \omega^2 \, \cos(\omega t) =\\ & = m_B g - m_B \left(d +\dfrac{m_B g}{k} \right) \, \dfrac{k}{m_A+m_B} \, \cos(\omega t). \end{aligned}\]

Concludiamo che

    \[\boxcolorato{fisica}{ \min=\left\{ T \right\} = m_B \, g - m_B \left(d + \dfrac{m_B g}{k}\right) \; \dfrac{k}{m_A+m_B} \sim 0.08 \; \mathrm{N}}\]

e

    \[\boxcolorato{fisica}{ \max\left\{ T \right\} = m_B \, g + m_B \left(d + \dfrac{m_B g}{k}\right) \; \dfrac{k}{m_A+m_B} \sim 1.3 \; \mathrm{N}.}\]

 

1. Altrimenti si poteva procedere come segue

    \[\ddot{y} + \dfrac{k}{m_A+m_B} y = 0,\]

o anche

    \[\ddot{y} =\ddot{x}=-\dfrac{k}{m_A+m_B} \left(x-\ell_0 - \dfrac{m_B g}{k}\right)=-\dfrac{k}{m_A+m_B} \left(\ell_0 + \dfrac{m_B g}{k} - \left(d+ \dfrac{m_B g}{k}\right) \, \cos\left(\omega t\right)-\ell_0 - \dfrac{m_B g}{k}\right) ,\]

cioè

    \[\ddot{x} =-\dfrac{k}{m_A+m_B} \left(- \left(d+ \dfrac{m_B g}{k}\right)\cos\left(\omega t\right)\right)=\boxed{\left( d +\dfrac{m_B g}{k}\right) \omega^2 \cos(\omega t).}\]

↩

 

 

Fonte: P.Mazzoldi, M.Nigro, C.Voci – Fisica, Edises.