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Esercizio 26  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Un punto materiale di massa m è situato sul piano di una slitta, assimilabile a un parallelepipedo di massa M (si veda la figura 1) che si sta muovendo con una velocità \vec{v}_0 su un piano orizzontale liscio e senza attrito. La velocità \vec{v}_0 è parallela al piano orizzontale, come in figura 1. Fra punto materiale e piano della slitta c’è attrito, con coefficiente di attrito statico \mu_s. Ad un certo istante la slitta colpisce una molla ideale orizzontale di costante elastica k, fissata ad un muro verticale che fa decelerare il sistema fino a fermarlo. Determinare il massimo valore di k affinché il punto materiale m resti fermo rispetto alla slitta durante la decelerazione. Si ipotizzi che nell’urto con la molla sia elastico.

 

 

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Svolgimento.

Scegliamo un sistema di riferimento fisso Oxy, con l’origine O coincidente con la posizione a riposo della molla, come nella figura 2.

 

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Si consideri l’istante di tempo in cui la slitta ha raggiunto la molla. In tale istante la molla verrà compressa e di conseguenza sulla massa M, per via della molla, verrà applicata una forza \vec{F}_M nella direzione negativa dell’asse delle x, che poterà la slitta a fermarsi. Su m è applicata la forza di attrito statico \vec{f}_s, orientata nel verso negativo delle x perché m deve decelerare. Sul corpo M sarà applicata, oltre che la forza della molla, la forza -\vec{f}_s per il terzo principio della dinamica. Inoltre, sempre sul corpo m è applicata la forza m\vec{g} e la reazione vincolare \vec{N}, orientata rispettivamente nel verso negativo e positivo dell’asse delle y. Nella figura 3 sono rappresentate tutte le forze precedentemente definite.

 

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Per la seconda legge della dinamica, per m ed M, si ha rispettivamente

(1)   \begin{equation*} \begin{cases} -\vert \vec{F}_{\text{Molla}} \vert +f_s=M\ddot{x}\\ -f_s=m\ddot{x}\\ N=mg. \end{cases} \end{equation*}

Denotando x la posizione del sistema nel generico istante t>0, il sistema (1) diventa

(2)   \begin{equation*} \begin{cases} -kx +f_s=M\ddot{x}\\ -f_s=m\ddot{x}\\ N=mg. \end{cases} \end{equation*}

Sommando ambo i membri delle equazioni (2)_1 e (2)_2, si ottiene

(3)   \begin{equation*} -kx=\ddot{x}\left(m+M\right), \end{equation*}

cioè

(4)   \begin{equation*} \ddot{x}=-\dfrac{kx}{m+M}. \end{equation*}

Sostituendo \ddot{x} (calcolata nella precedente equazione) nell’equazione (1)_2, si trova

(5)   \begin{equation*} f_s=\dfrac{kmx}{m+M}. \end{equation*}

Il corpo m per rimanere in equilibrio rispetto ad M deve valere

(6)   \begin{equation*} f_s\leq N\mu_s. \end{equation*}

Sostituendo f_s (calcolata nell’equazione (5)) e N (calcolata nell’equazione (1)_1) nella disequazione (6), si ottiene

(7)   \begin{equation*} \dfrac{kmx}{m+M}\leq mg\mu_s,\quad \text{per $x\geq 0$.} \end{equation*}

Determiniamo la legge oraria x(t) del moto delle due masse; la legge oraria sarà la stessa per m e M perché le due masse si muovono all’unanime rispetto al sistema di riferimento Oxy. L’equazione (4) è l’equazione di un oscillatore armonico semplice, pertanto la sua soluzione è del tipo

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

dove A, \omega e \phi sono rispettivamente l’ampiezza, la pulsazione e la fase iniziale. In particolare, dall’equazione (4), si deduce che

(9)   \begin{equation*} \omega=\sqrt{\dfrac{k}{m+M}}. \end{equation*}

Dalla (8), abbiamo

(10)   \begin{equation*} \dot{x}(t)=A\omega \cos \left(\omega t +\phi\right). \end{equation*}

Dalla (8) e (10), imponendo le condizioni iniziali, si giunge ad

(11)   \begin{equation*} \begin{cases} x(0)=0=A\sin \phi\\ \dot{x}(0)=v_0=A\omega\cos \phi, \end{cases} \end{equation*}

da cui

(12)   \begin{equation*} \begin{cases} \phi=0\,\text{rad}\\[10pt] A=\dfrac{v_0}{\omega}. \end{cases} \end{equation*}

Sostituendo i valori ottenuti nel sistema (12) di \phi ed A in (8), si ottiene

(13)   \begin{equation*} x(t)=\dfrac{v_0}{\omega}\sin\left(\omega t\right). \end{equation*}

Dalle legge oraria (13) si deduce che la x massima è

(14)   \begin{equation*} x_{\max}=\dfrac{v_0}{\omega}. \end{equation*}

Sostituendo x_{\max} nella disequazione (7) è possibile determinare k_{\max}; infatti, abbiamo

(15)   \begin{equation*} \dfrac{km}{m+M}\left(\dfrac{v_0}{\omega}\right)\leq mg\mu_s, \end{equation*}

o anche

(16)   \begin{equation*} \dfrac{km}{m+M}\left(\dfrac{v_0}{\sqrt{\dfrac{k}{m+M}}}\right)\leq mg\mu_s, \end{equation*}

oppure

(17)   \begin{equation*} \dfrac{kmv_0}{m+M}\sqrt{\dfrac{m+M}{k}}\leq mg\mu_s, \end{equation*}

conseguentemente

(18)   \begin{equation*} \dfrac{k^2m^2v_0^2\left(m+M\right)}{k\left(m+M\right)^2}\leq m^2g^2\mu^2_s, \end{equation*}

ovvero

(19)   \begin{equation*} \dfrac{kv_0^2}{m+M}\leq g^2\mu^2_s, \end{equation*}

oppure

(20)   \begin{equation*} k\leq\dfrac{ g^2\mu^2_s\left(m+M\right)}{v_0^2}. \end{equation*}

Dalla disequazione (20) deduciamo che k massimo è

    \[\boxcolorato{fisica}{ k_{\max}=\dfrac{ g^2\mu^2_s\left(m+M\right)}{v_0^2}.}\]

 

Fonte.

esame dell’università di Tor Vergata, corso ingegneria, data 03/07/2012.

 

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