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Esercizio 46  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Un corpo di massa m è fissato ad una estremità di una molla di massa trascurabile e costante elastica k, avente l’altra estremità fissata a una parete fissa; tra il corpo e la superficie d’appoggio c’è attrito. I coefficienti di attrito \mu_s e \mu_d sono rispettivamente il coefficiente di attrito statico e il coefficiente di attrito dinamico. All’istante t=0 la molla ha lunghezza di riposo, mentre il blocco ha velocità \vec{v}_0, come indicato in figura 1, di modulo v_0. La velocità \vec{v}_0 è rispetto al piano orizzontale ed è parallela ad esso.
Supponendo che

(1)   \begin{equation*} \dfrac{\mu_dg}{\omega^2} \cos\left( \arctan\left(\dfrac{v_0\omega}{\mu_dg}\right)\right) + \dfrac{v_0}{\omega} \sin\left(\arctan\left(\dfrac{v_0\omega}{\mu_dg}\right)\right) - \dfrac{\mu_dg}{\omega^2}>0, \end{equation*}

si richiede di calcolare

  1. che spazio percorre il corpo prima di fermarsi;
  2. che condizione deve valere per il corpo m nel primo istante t>0 affinché rimanga fermo.

 

 

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Svolgimento Punto 1.

Inizialmente, il corpo di massa m si trova su un piano orizzontale attaccato ad una molla che si trova nella posizione a riposo (si veda la figura 1). All’istante iniziale t=0, il corpo possiede una velocità pari ad \vec{v}_0 che diminuisce nel tempo dal momento che il corpo è rallentato dalla forza della molla \vec{F}_\text{M} e dalla forza di attrito dinamico \vec{f}_d generata dal contatto con il piano scabro. Inoltre, sul corpo agiscono anche la reazione vincolare \vec{N}, dovuta al contatto con il piano orizzontale, e la forza peso m\vec{g}. In figura 2 rappresentiamo il moto del corpo in un generico istante t>0 e tutte le forze applicate ad esso. Si osservi che, dunque, il corpo ha velocità in modulo pari ad v(t)<v_0,\ mentre la molla si allunga prima di arrestarsi.

 

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Ricordiamo ora quanto segue. Il secondo principio della dinamica afferma che in un sistema di riferimento inerziale la somma di tutte le forze agenti su un punto materiale uguaglia la derivata della quantità di moto rispetto al tempo, cioè

(2)   \begin{equation*} \sum_{k=1}^{n}\vec{F}_k=\dfrac{d\vec{P}}{dt} \end{equation*}

dove \vec{P}=m\vec{v}. La velocità \vec{v} va riferita rispetto ad un sistema inerziale. Scegliamo un sistema di riferimento fisso Oxy, con O centrato nella posizione a riposo della molla da dove osserviamo il moto del corpo m quando si trova in una generica posizione x(t), come rappresentato in figura 3.

 

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Applichiamo (2) ad m, ottenendo

(3)   \begin{equation*} \vec{F}_\text{M}+\vec{f}_d+\vec{N}+m\vec{g}=\dfrac{d\vec{P}}{dt}. \end{equation*}

Sia \hat{x} il versore dell’asse delle x. Osserviamo che

(4)   \begin{equation*} \dfrac{d\vec{P}}{dt}=\dfrac{d\left(m\vec{v}\right)}{dt}=m\dfrac{d\left(v\,\hat{x}\right)}{dt}=m\dfrac{d\dot{x}}{dt}\,\hat{x}=m\ddot{x}\,\hat{x}, \end{equation*}

dove si è usato il fatto che m non dipende dal tempo. Confrontando (6) con (7), si ottiene

(5)   \begin{equation*} \vec{F}_\text{M}+\vec{f}_d+\vec{N}+m\vec{g}=m\ddot{x}\,\hat{x}. \end{equation*}

e scomponendo le forze lungo l’asse x abbiamo

(6)   \begin{equation*} F_\text{M}-f_d=m\ddot{x}, \end{equation*}

mentre lungo l’asse y

(7)   \begin{equation*} N-mg=0. \end{equation*}

Mettiamo a sistema le equazioni (6) e (7), ottenendo

(8)   \begin{equation*} \begin{cases} F_\text{M}-f_d=m\ddot{x}\\ N-mg=0. \end{cases} \end{equation*}

Ricordando che F_\text{M}=-kx e f_d = N \mu_d, il sistema (7) diventa

(9)   \begin{equation*} \begin{cases} -kx-N \mu_d=ma\\ N-mg=0. \end{cases} \end{equation*}

Dal precedente sistema, si ottiene

(10)   \begin{equation*} -kx-mg\mu_d=ma=m\ddot{x} \quad \Leftrightarrow \quad \ddot{x}+\omega^2x+\mu_dg=0, \,\, \text{con}\,\, \omega^2=\dfrac{k}{m}, \end{equation*}

che è un equazione differenziale del secondo ordine non omogenea a coefficienti costanti che come è noto ha soluzione generale del tipo[1]

(11)   \begin{equation*} x(t)=C_1\cos(\omega t)+C_2 \sin(\omega t)-\dfrac{\mu_dg}{\omega^2}, \end{equation*}

dove C_1 e C_2 sono delle costanti. Deriviamo ambo i membri della precedente equazione, trovando

(12)   \begin{equation*} \dot{x}(t)=-C_1\omega\sin(\omega t)+C_2\omega \cos(\omega t). \end{equation*}

Le equazioni (11) e (12) sono valide per t\geq 0. Le condizioni iniziali sono

(13)   \begin{equation*} x(0)=0 \qquad \mbox{e} \qquad \dot{x}(0)=v_0. \end{equation*}

Sostituendo t=0 nelle equazioni (11) e (12) e confrontandole con l’equazione (13), si ottiene

(14)   \begin{equation*} \begin{cases} x(0)=0 \\\\ \dot{x}(0)=v_0 =v_0 \\\\ \end{cases} \Leftrightarrow \quad \displaystyle \begin{cases} C_1-\dfrac{\mu_dg}{\omega^2}=0\\ \\ C_2\omega =v_0, \end{cases} \end{equation*}

da cui

(15)   \begin{equation*} C_1 = \dfrac{\mu_dg}{\omega^2} \qquad \mbox{e} \qquad C_2 = \dfrac{v_0}{\omega}. \end{equation*}

Confrontando le equazioni (11) e (12) con la precedente equazione, otteniamo rispettivamente

(16)   \begin{equation*} \boxed{x(t) = \dfrac{\mu_dg}{\omega^2} \cos(\omega t) + \dfrac{v_0}{\omega} \sin(\omega t) - \dfrac{\mu_dg}{\omega^2}.} \end{equation*}

e

(17)   \begin{equation*} \boxed{v(t) = - \dfrac{\mu_dg}{\omega} \sin(\omega t) + v_0 \cos(\omega t) .} \end{equation*}

Posto v(t)=0, dall’equazione (17) si trova

(18)   \begin{equation*} t\equiv t^\star=\dfrac{1}{\omega} \arctan\left(\dfrac{v_0\omega}{\mu_dg}\right). \end{equation*}

Sostituendo il tempo t^\star appena trovato in x(t), abbiamo

(19)   \begin{equation*} x(t^\star)\equiv x^\star = \dfrac{\mu_dg}{\omega^2} \cos\left( \arctan\left(\dfrac{v_0\omega}{\mu_dg}\right)\right) + \dfrac{v_0}{\omega} \sin\left(\arctan\left(\dfrac{v_0\omega}{\mu_dg}\right)\right) - \dfrac{\mu_dg}{\omega^2}. \end{equation*}

Quindi la risposta al primo punto del problema è

    \[\boxcolorato{fisica}{ x^\star = \dfrac{\mu_dg}{\omega^2} \cos\left( \arctan\left(\dfrac{v_0\omega}{\mu_dg}\right)\right) + \dfrac{v_0}{\omega} \sin\left(\arctan\left(\dfrac{v_0\omega}{\mu_dg}\right)\right) - \dfrac{\mu_dg}{\omega^2}.}\]

 

Svolgimento Punto 2.

Quando il corpo si ferma, su di esso agiscono la forza di attrito statico \vec{f}_s e la forza della molla in modulo pari ad kx^\star, entrambe dirette lungo l’asse delle x, come riportato nella figura 4.

 

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Affinché il corpo m rimanga in quiete, deve valere la seguente disuguaglianza

(20)   \begin{equation*} \left \vert \vec{f}_s\right \vert \leq N\mu_s. \end{equation*}

Per la seconda legge della dinamica, nel caso di quiete, si ha

(21)   \begin{equation*} \begin{cases} \left \vert \vec{f}_s\right \vert=kx^\star\\[10pt] N=mg. \end{cases} \end{equation*}

Grazie al precedente sistema la disuguaglianza (20) diventa

(22)   \begin{equation*} kx^\star\leq mg\mu_s. \end{equation*}

Se la diseguaglianza (22) è verificata il corpo rimane fermo, altrimenti entra di nuovo in movimento. La risposta la punto 2 del problema è

    \[\boxcolorato{fisica}{ k\left( \dfrac{\mu_dg}{\omega^2} \cos\left( \arctan\left(\dfrac{v_0\omega}{\mu_dg}\right)\right) + \dfrac{v_0}{\omega} \sin\left(\arctan\left(\dfrac{v_0\omega}{\mu_dg}\right)\right) - \dfrac{\mu_dg}{\omega^2}\right)\leq mg\mu_s,}\]

dove abbiamo usato il risultato ottenuto al primo punto del problema.

 

  1. Si può dimostrare tale soluzione ad esempio ricorrendo al metodo della somiglianza o il metodo delle variazioni delle costanti.