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Esercizio 22  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Due corpi A e B di piccole dimensioni, ciascuno di massa m, si trovano su un piano orizzontale liscio e sono collegati da una molla di costante elastica k e lunghezza a riposo trascurabile. Due molle, uguali alla precedente, collegano A a un punto fisso P e B a un secondo punto fisso Q, con \overline{PQ}=\ell.

  • Si determinino le posizioni di equilibrio di A e B.

Si sposta A dalla posizione di equilibrio, avvicinandolo a P di un tratto \Delta\ell, e B viene portato nella sua nuova posizione di equilibrio.

  • Si determinino le leggi orarie di A e B se i due corpi vengono contemporaneamente lasciati liberi di muoversi, scegliendo opportunamente un sistema di riferimento inerziale.

Si consideri il sistema vincolato a muoversi solo lungo il segmento \overline{PQ}.

 

 

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Svolgimento. Punto 1. I corpi A e B sono vincolati a muoversi nella sola direzione orizzontale, pertanto è utile definire un sistema di riferimento fisso Ox, con O\equiv P, e tale che l’asse x giaccia nella direzione del segmento \overline{OQ}. Il corpo A è soggetto lungo l’asse delle x dalle forze \vec{F}_{OA} e \vec{F}_{AB}, generate rispettivamente dalle molle di lunghezze \overline{OA} e \overline{AB}. Il corpo B è soggetto lungo l’asse delle x dalle forze -\vec{F}_{AB} e \vec{F}_{BQ}, generate rispettivamente dalle molle di lunghezze \overline{AB} e \overline{BQ}. La forza \vec{F}_{OA} è diretta nel verso negativo delle x, la forza \vec{F}_{AB} è diretta nel verso positivo delle x, la forza -\vec{F}_{AB} è diretta nel verso negativo delle x, e la forza \vec{F}_{BQ} è diretta nel verso positivo delle x. Tutte le forze sono rappresentate in figura 2.

 

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Siano x_A e x_B le posizioni di A e B nel sistema di riferimento Ox. Per la seconda legge della dinamica, in situazione di equilibrio statico, si ha

(1)   \begin{equation*} \begin{aligned} &\begin{cases} F_{AB} -F_{OA}=0\\ F_{BQ} -F_{AB}=0 \end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad\begin{cases} k(x_B-x_A)-kx_A=0\\ k(\ell-x_B)-k(x_B-x_A)=0 \end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad\begin{cases} kx_B-2kx_A=0\\ k\ell+kx_A-2kx_B=0, \end{cases}\quad \Leftrightarrow \\[10pt] &\Leftrightarrow \quad \begin{cases} x_B=2x_A\\ k\ell+kx_A-2k(2x_A)=0 \end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad\begin{cases} x_B=2x_A\\ \ell+x_A-4x_A=0 \end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad\begin{cases} x_B=2x_A\\ 3x_A=\ell, \end{cases}\quad \Leftrightarrow \\[10pt] & \Leftrightarrow\quad \begin{cases} x_A=\dfrac{\ell}{3}\\[10pt] x_B=\dfrac{2}{3}\ell. \end{cases} \end{aligned} \end{equation*}

Si conclude che le posizione di equilibrio sono

    \[\boxcolorato{fisica}{ \begin{cases} x_A=x_A^\star=\dfrac{\ell}{3}\\[10pt] x_B=x^\star_B=\dfrac{2}{3}\ell. \end{cases}}\]

 

Punto 2.  Le equazioni di A e B che ne descrivono la dinamica, nella direzione dell’asse delle x, sono rispettivamente

(2)   \begin{equation*} \begin{cases} m\ddot{x}_A=-kx_A+k(x_B-x_A)\\ m\ddot{x}_B = -k(x_B-x_A)+k(\ell-x_B), \end{cases} \end{equation*}

cioè

(3)   \begin{equation*} \begin{cases} m\ddot{x}_A=kx_B-2kx_A\\ m\ddot{x}_B =-2kx_B+kx_A+k\ell, \end{cases} \end{equation*}

dove \ddot{x}_A e \ddot{x}_B sono rispettivamente l’accelerazione di A e di B, nella direzione dell’asse delle x.
Sottraendo membro a membro delle due equazione del sistema (2), si ottiene

(4)   \begin{equation*} m \dfrac{d^2(x_A-x_B)}{dt^2} = -2k(x_A-x_B)+k(x_B-x_A)-k\ell. \end{equation*}

Ponendo x = x_A-x_B, otteniamo

(5)   \begin{equation*} m \dfrac{d^2x}{dt^2} = -2kx-kx-k\ell = -3kx - k\ell, \end{equation*}

o anche

(6)   \begin{equation*} -\dfrac{m}{3k} \dfrac{d^2x}{dt^2} = x + \dfrac{\ell}{3}. \end{equation*}

Ponendo, ora, x+\ell/3 = w, otteniamo

(7)   \begin{equation*} -\dfrac{m}{3k} \ddot{w} = w, \end{equation*}

che ha soluzione

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

dove \omega = \sqrt{\dfrac{3k}{m}} e \phi la fase iniziale.

Dunque, ricordando che x+\ell/3 = w, si ha

(9)   \begin{equation*} x(t) = - \dfrac{\ell}{3} + A \sin(\omega t + \phi). \end{equation*}

Imponiamo le condizioni iniziali

(10)   \begin{equation*} \begin{cases} x(0)=x_A(0)-x_B(0)\\ \dot{x}(0)=\dot{x}_A(0)-\dot{x}_B(0). \end{cases} \end{equation*}

Sappiamo che

(11)   \begin{equation*} x_A(0)=\dfrac{\ell}{3}-\Delta \ell. \end{equation*}

Imponiamo

    \[\begin{aligned} 2kx_B(0)-kx_A(0)-k\ell&= 2kx_B(0)-k\left( \dfrac{\ell}{3}-\Delta \ell\right)-k\ell=\\ &=2kx_B(0)- \dfrac{k}{3}\ell +k\Delta \ell -k\ell= 2kx_B(0)- \dfrac{4k}{3}\ell +k\Delta \ell=0\quad \Rightarrow\\ &\Rightarrow\quad x_B(0)=\dfrac{2}{3}\ell - \dfrac{\Delta \ell}{2}. \end{aligned}\]

Inoltre, per ipotesi, abbiamo \dot{x}_B(0)=\dot{x}_A(0)=0. Sfruttando quanto ottenuto il sistema (10) diventa

(12)   \begin{equation*} \begin{cases} x(0)=x_A(0)-x_B(0)= \ell/3 - \Delta \ell - 2\ell/3 +\Delta \ell/2 = -\dfrac{\ell}{3}-\dfrac{\Delta\ell}{2} \\\\ \dot{x}(0)=0, \end{cases} \end{equation*}

e quindi

(13)   \begin{equation*} \begin{cases} A \sin \phi - \dfrac{\ell}{3} = - \dfrac{\ell}{3} - \dfrac{\Delta \ell}{2}\\\\ A \omega \cos\phi = 0 \end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} A = - \dfrac{\Delta \ell}{2}\\\\ \phi = \dfrac{\pi}{2}, \end{cases} \end{equation*}

da cui

(14)   \begin{equation*} x(t) = - \dfrac{\ell}{3} - \dfrac{\Delta \ell}{2} \cos(\omega t) = - \dfrac{\ell}{3} - \dfrac{\Delta \ell}{2} \cos\left(\sqrt{\dfrac{3k}{m}} \; t\right). \end{equation*}

Similarmente a prima, sommiamo membro a membro delle due equazioni del sistema (2), ottenendo

(15)   \begin{equation*} m \dfrac{d^2(x_A+x_B)}{dt^2} = -kx_B-kx_A+k\ell = -k(x_A+x_B)+k\ell , \end{equation*}

perciò, ponendo y=x_A+x_B, otteniamo

(16)   \begin{equation*} m \dfrac{d^2y}{dt^2} = -ky+k\ell , \end{equation*}

in altri termini

(17)   \begin{equation*} -\dfrac{m}{k}\ddot{y}=y-\ell . \end{equation*}

Poniamo y-\ell=z, da cui \ddot{y}=\ddot{z}, ottenendo

(18)   \begin{equation*} -\dfrac{m}{k}\ddot{z} = z, \end{equation*}

ovvero

(19)   \begin{equation*} \ddot{z} = - \dfrac{k}{m} \; z. \end{equation*}

La soluzione dell’equazione (19) è

(20)   \begin{equation*} z(t) = B \sin (\tilde{\omega} t+\gamma), \end{equation*}

dove \tilde{\omega}= \sqrt{\dfrac{k}{m}} e \gamma la fase iniziale.

Dunque, ricordando che y-\ell=z, otteniamo

(21)   \begin{equation*} y = \ell+B \sin (\tilde{\omega} t+\gamma) \end{equation*}

Imponiamo le condizioni iniziali, cioè

(22)   \begin{equation*} \begin{cases} y(0) = \ell + B \sin \gamma = x_A(0)+x_B(0)\\ \dot{y}(0) = B \tilde{\omega} \cos\gamma=0, \end{cases} \end{equation*}

da cui

(23)   \begin{equation*} \begin{cases} y(0)=\dfrac{\ell}{3}-\Delta \ell +\dfrac{2}{3}\ell-\dfrac{\Delta \ell}{2}=\ell-\dfrac{3}{2}\Delta \ell\\\\ \dot{y}(0)=0, \end{cases} \end{equation*}

di conseguenza

(24)   \begin{equation*} \begin{cases} \ell+B\sin \gamma =\ell-\dfrac{3}{2}\Delta \ell\\\\ B \tilde{\omega}\cos \gamma =0, \end{cases} \end{equation*}

che implica

(25)   \begin{equation*} \begin{cases} B = -\dfrac{3}{2}\Delta\ell\\\\ \gamma = \dfrac{\pi}{2}, \end{cases} \end{equation*}

per cui

(26)   \begin{equation*} y(t) = \ell -\dfrac{3}{2}\Delta\ell \cos(\tilde{\omega} \, t). \end{equation*}

Abbiamo dunque

(27)   \begin{equation*} \begin{cases} x= - \dfrac{\ell}{3}-\dfrac{\Delta \ell}{2} \cos\left(\sqrt{\dfrac{3k}{m}} \, t\right)\\ y= \ell - \dfrac{3\Delta \ell}{2} \cos \left(\sqrt{\dfrac{k}{m}} \, t\right), \end{cases} \end{equation*}

da cui

(28)   \begin{equation*} \begin{cases} x_A-x_B = - \dfrac{\ell}{3}-\dfrac{\Delta \ell}{2} \cos\left(\sqrt{\dfrac{3k}{m}} \, t\right)\\ x_A+x_B = \ell - \dfrac{3\Delta \ell}{2} \cos \left(\sqrt{\dfrac{k}{m}} \, t\right), \end{cases} \end{equation*}

e cioè

    \[\boxcolorato{fisica}{ \begin{cases} x_A(t) = \dfrac{\ell}{3}-\dfrac{\Delta \ell}{4} \cos\left(\sqrt{\dfrac{3k}{m}} \, t\right) - \dfrac{3 \Delta \ell}{4} \cos \left(\sqrt{\dfrac{k}{m}} \, t\right)\\\\ x_B(t) = \dfrac{2\ell}{3}-\dfrac{3\Delta \ell}{4} \cos\left(\sqrt{\dfrac{k}{m}} \, t\right) + \dfrac{\Delta \ell}{4} \cos \left(\sqrt{\dfrac{k}{m}} \, t\right), \end{cases}}\]

ovvero le due leggi orarie cercate.

 

Fonte: Problemi di fisica generale – S.Rosati e L. Lovitch.