Home » Esercizio leggi della dinamica 8
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Esercizio 8  (\bigstar \bigstar\largewhitestar \largewhitestar\largewhitestar). Una molla di costante elastica k ha un estremo fissato ad un supporto verticale mentre l’altro estremo è collegato ad un blocco A di massa m_a, a contatto con un blocco B di massa m_b. La molla inizialmente è compressa di una quantità \Delta\ell e il sistema si trova in quiete su un piano orizzontale liscio. Ad un certo istante, la molla viene lasciata libera di espandersi. Calcolare:

a) l’istante di tempo in cui i due blocchi si separano;

b) la velocità di B in quell’istante;

c) la massima compressione della molla successivamente al distacco di B;

d) l’istante di tempo in cui si è verificato.

 

 

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Svolgimento punto a. Fissiamo un sistema di riferimento fisso Ox e un punto O^\prime tale per cui O^\prime coincida con la base del supporto verticale, come illustrato in figura 1. Il punto O^\prime si trova in corrispondenza del supporto verticale e l’origine O si trova ad una distanza da O^\prime tale per cui \overline{O^\prime O}=x_0, ovvero l’origine del sistema di riferimento coincide con la posizione a riposo della molla rispetto ad O^\prime. Il sistema si muove lungo l’asse delle x, come illustrato in figura 1.

 

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Studiamo il moto dei blocchi singolarmente. Siccome il piano orizzontale è liscio, analizziamo le forze solo lungo la direzione orizzontale. Sul blocco A agisce la forza -\vec{N}, dovuta al contatto con il corpo B e la forza elastica \vec{F}_{el} dovuta alla molla, mentre sul blocco B agisce la forza \vec{N} per il terzo principio della dinamica; tutte le forze sono orientate come in figura 1.
Nel momento in cui la molla viene lasciata libera, i due blocchi inizieranno a scorrere lungo il piano; si osservi che A e B si muovono all’unisono, quindi hanno hanno la stessa accelerazione. Per il secondo principio della dinamica abbiamo

(1)   \begin{equation*} \begin{cases} N=m_b\ddot{x}\\ -N-kx=m_a\ddot{x}, \end{cases} \end{equation*}

da cui, sommando ambo i membri delle equazioni del sistema, si ottiene

(2)   \begin{equation*} -kx=(m_a+m_b)\ddot{x}\quad\Leftrightarrow\quad\ddot{x}=-\left(\dfrac{k}{m_a+m_b}\right)x. \end{equation*}

Si osservi che (2) è l’equazione di un oscillatore armonico semplice, pertanto la pulsazione è \omega=\sqrt{k/(m_a+m_b)}. La soluzione generale di (2) è

(3)   \begin{equation*} x(t)=A\sin(\omega t+\phi)\quad \Rightarrow \quad\dot{x}(t)=A\omega\cos(\omega t+\phi)\quad \Rightarrow \quad \ddot{x}(t)=-A\omega^2\sin(\omega t+\phi), \end{equation*}

dove A e \phi sono parametri da determinare imponendo le condizioni iniziali del sistema, ossia imponendo che la posizione iniziale del sistema sia x(0)=-\Delta\ell e che la sua velocità iniziale sia nulla rispetto al sistema di riferimento Ox. Avremo quindi:

(4)   \begin{equation*} \begin{cases} x(0)=A\sin(\phi)=-\Delta\ell\\ \dot{x}(0)=0=A\omega\cos(\phi) \end{cases}\quad\Rightarrow\quad\begin{cases} A=-\Delta\ell\\ \phi=\dfrac{\pi}{2}. \end{cases} \end{equation*}

Dunque, si ha

(5)   \begin{equation*} x(t)=-\Delta\ell\cos(\omega t),\qquad\qquad\dot{x}(t)=\omega\Delta\ell\sin(\omega t),\qquad\qquad\ddot{x}(t)=-\omega^2\Delta\ell\cos(\omega t). \end{equation*}

Il distacco avviene quando tra i due corpi non c’è più contatto, ossia quando la forza di contratto tra i due è nulla, cioè \vec{N}=\vec{0}.

 

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Dunque, imponendo tale condizione, il sistema (1) diventa

(6)   \begin{equation*} \begin{cases} m_b\ddot{x}=0\\ -kx=m_a\ddot{x}=0 \end{cases}\quad\Rightarrow\quad\begin{cases} \ddot{x}=0\\ x=0. \end{cases} \end{equation*}

Imponendo la condizione x(t)=0 si ottiene

(7)   \begin{equation*} x(t)=\Delta\ell\cos(\omega t)=0, \end{equation*}

da cui

(8)   \begin{equation*} \omega t=\dfrac{\pi}{2}\quad\Leftrightarrow\quad t=\dfrac{\pi}{2\omega}. \end{equation*}

Utilizzando l’espressione di \omega ricavata in precedenza, possiamo trovare il tempo t^{*} in cui avviene il distacco, ovvero

    \[\boxcolorato{fisica}{t^*=\dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{m_a+m_b}{k}}.}\]

 

Svolgimento punto b. Sostituendo t=t^\star nell’equazione (5), otteniamo

(9)   \begin{equation*} \dot{x}(t^*)=\omega\Delta\ell\sin\left(\dfrac{\omega\pi}{2\omega}\right)=\omega\Delta\ell\sin\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\omega\Delta\ell. \end{equation*}

Si conclude che la velocità al tempo t^\star è

    \[\boxcolorato{fisica}{\dot{x}(t^*)=\Delta\ell\omega=\Delta\ell\sqrt{\dfrac{k}{m_a+m_b}}.}\]

 

Osservazione. Si osservi che nell’istante t=t^*, ovvero nell’istante del distacco, la velocità del sistema è massima. Inoltre, per t>t^*, non è possibile utilizzare le equazioni trovate in precedenza. Infatti, i due blocchi A e B si muoveranno di moto differente. Il corpo A si muoverà di moto armonico e il corpo B si muoverà di moto rettilineo uniforme per il primo principio della dinamica.

 

Svolgimento punto c. Come abbiamo già anticipato, in seguito al distacco, le leggi orarie dei due blocchi saranno tra di loro indipendenti; in particolare avremo che il blocco B, sul quale non agisce più alcuna forza, procederà di moto rettilineo uniforme con velocità \dot{x}(t^*), mentre A sarà ancora soggetto alla forza della molla e pertanto si muoverà di moto armonico.

 

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Nell’istante del distacco, la velocità di A è \dot{x}(t^*), dunque per studiare il moto di A dovremo imporre delle nuove condizioni iniziali. In particolare, avremo:

(10)   \begin{equation*} \begin{cases} -kx=m_a\ddot{x}\\ {x}_A(0)=0\\ {\dot{x}}_A(0)=\dot{x}(t^*)=\omega\Delta\ell. \end{cases} \end{equation*}

Dalla prima equazione del sistema abbiamo

(11)   \begin{equation*} \ddot{x}=-\dfrac{k}{m_a}x, \end{equation*}

ossia, riconosciamo nuovamente l’equazione che descrive un oscillatore armonico semplice; varranno dunque le stesse equazioni che avevamo trovato nel punto a), con la differenza che questa volta la pulsazione sarà \omega^{\prime}=\sqrt{k/m_a}. Di seguito, riportiamo le equazioni che descrivono la posizione, la velocità e l’accelerazione di A:

(12)   \begin{equation*} {x}_A(t)=A\sin(\omega^{\prime} t+\phi),\qquad\qquad\dot{x}_A(t)=A\omega^{\prime}\cos(\omega^{\prime} t+\phi),\qquad\qquad\ddot{x}_A(t)=-A\omega^{{\prime}2}\sin(\omega^{\prime} t+\phi). \end{equation*}

Andiamo dunque a imporre le condizioni iniziali descritte dal sistema (10), ovvero

(13)   \begin{equation*} \begin{cases} {x}_A(0)=A\sin\phi=0\\ \dot{x}_A(0)=A\omega^{\prime}\cos\phi=\omega\Delta\ell \end{cases}\Rightarrow\quad\begin{cases} \phi=0\\ A=\dfrac{\omega\Delta\ell}{\omega^{\prime}}, \end{cases} \end{equation*}

da cui

(14)   \begin{equation*} {x}_A(t)=\dfrac{\omega\Delta\ell}{\omega^{\prime}}\sin(\omega^{\prime} t),\qquad\qquad \dot{x}_A(t)=\Delta\ell\omega\cos(\omega^{\prime} t),\qquad\qquad \ddot{x}_A(t)=- \Delta \ell \omega \omega^\prime\sin(\omega^{\prime} t). \end{equation*}

Il valore massimo assunto da {x}_A(t) è

    \[\boxcolorato{fisica}{{x}_{A,\text{max}}=\dfrac{\omega\Delta\ell}{\omega^{\prime}}=\Delta\ell\sqrt{\dfrac{m_ak}{(m_a+m_b)k}}=\Delta\ell\sqrt{\dfrac{m_a}{m_a+m_b}},}\]

che è proprio quello che stavamo cercando.

 

Svolgimento punto d. Chiamiamo \tilde{t} l’istante di tempo in cui la compressione della molla sia massima, ovvero tale per cui \sin(\omega^{\prime}\tilde{t})=1. Affinché ciò accada, è necessario che l’argomento del seno sia \pi/2, cioè:

(15)   \begin{equation*} \omega^{\prime}\tilde{t}=\dfrac{\pi}{2}\quad\Leftrightarrow\quad\tilde{t}=\dfrac{\pi}{2\omega^{\prime}}. \end{equation*}

Concludiamo che

    \[\boxcolorato{fisica}{\tilde{t}=\dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{m_a}{k}}.}\]