Sistemi di punti materiali 17

Sistemi di punti materiali in Meccanica classica

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Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Una pallina di massa $m$ si trova su un piano orizzontale liscio ed è collegata, tramite un filo inestensibile, di massa trascurabile e passante per un piccolo foro $O$ praticato nel piano, a un corpo di massa $M$ , posto al di sotto del piano lungo la verticale passante per $O$ . All’istante $t=0$ la pallina si trova a distanza $d$ da $O$ e viene messa in moto lungo il piano con velocità $\vec{v}_0$ perpendicolare al filo e giacente sul piano orizzontale, come rappresentato in figura 1.

Si descrivano tutte le forze che agiscono sul sistema, determinando in particolare la reazione vincolare $\vec{R}$ che il piano esercita sul filo nel punto $O$ .
Si determini il valore $v_0^\star$ del modulo di $\vec{v}_0$ tale per cui $m$ inizia a ruotare restando a distanza $d$ da $O$ .
Si trovino i valori della minima distanza $r_{\min}$ e della massima distanza $r_{\max}$ da $O$ raggiunte da $m$ durante il moto in funzione di $v_0$ .
Si dimostri che per qualsiasi valore di $v_0\neq0$ non è possibile che $m$ raggiunga il punto $O$ , mentre ciò sarebbe possibile se il piano su cui si muove $m$ presentasse attrito.

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Svolgimento. Punto 1. Scegliamo un sistema di riferimento fisso $Oxyz$ , con l’origine coincidente con il foro $O$ del piano, gli assi $x$ e $y$ giacenti sul piano orizzontale e l’asse $z$ ortogonale a esso, come riportato in figura 2. Chiamiamo $\hat{x}$ , $\hat{y}$ e $\hat{z}$ rispettivamente i versori associati agli assi cartesiani $x$ , $y$ e $z$ .
Nel sistema di riferimento scelto la massa $M$ è sottoposta alla forza peso $M\vec{g}$ , diretta nel verso delle $z$ negative, e alla tensione $\vec{T}_M$ del filo, diretta nel verso delle $z$ positive. La massa $m$ è invece sottoposta alla forza peso $m\vec{g}$ , diretta nel verso delle $z$ negative, alla reazione vincolare $\vec{N}$ del piano orizzontale, diretta nel verso delle $z$ positive e tale da bilanciare la forza peso $m\vec{g}$ , e alla tensione $\vec{T}_m$ del filo, che è diretta radialmente verso il punto $O$ .
Restano ora da descrivere le forze che agiscono sul punto $O$ . Lo spezzone di filo verticale esercita sul punto $O$ una tensione $-\vec{T}_M$ diretta nel verso delle $z$ negative, uguale e opposta alla tensione $\vec{T}_M$ che agisce sul corpo $M$ , perché il filo è inestensibile e di massa trascurabile. Lo stesso discorso vale per lo spezzone di filo che si trova sul piano orizzontale, che esercita sul punto $O$ una tensione $-\vec{T}_m$ diretta lungo la direzione del filo verso $m$ . A queste forze va aggiunta la reazione vincolare $\vec{R}$ che il piano orizzontale esercita sul filo nel punto $O$ , dovuta al fatto che il piano orizzontale si comporta come un vincolo per il filo ed esercita una certa reazione vincolare nel punto in cui quest’ultimo cambia direzione, analogamente a quello che succede in una carrucola. Tutte le forze qui descritte sono riportate in figura 2, insieme al sistema di riferimento scelto.

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Visto che il punto $O$ è fisso, per il secondo principio della dinamica vale

(1) $\begin{equation*} -\vec{T}_M-\vec{T}_m+\vec{R}=\vec{0}, \end{equation*}$

da cui risulta

(2) $\begin{equation*} \mbox{\fbox{$ \vec{R}= \vec{T}_M + \vec{T}_m. $}} \end{equation*}$

Inoltre, il filo è inestensibile e di massa trascurabile, dunque, si ha

(3) $\begin{equation*} |\vec{T}_M| = |\vec{T}_m| = T. \end{equation*}$

Questo implica che

(4) $\begin{equation*} \vert \vec{R}\vert =\sqrt{T^2+T^2}=\sqrt{2}T. \end{equation*}$

Consideriamo la figura 3.

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Dalla figura 3 si deduce che $\vec{R}$ forma un angolo $\alpha=45^\circ$ con il piano orizzontale.

Punto 2. Ora assumiamo che $m$ inizi a ruotare restando a distanza $d$ da $O$ , ossia $m$ si muove di un generico moto circolare attorno a $O$ .
Il teorema del momento angolare applicato al corpo $m$ rispetto al polo $O$ vale

(5) $\begin{equation*} \sum_{k=1}^n \vec{M}_k^{\,\text{ext}} = \dfrac{d\vec{L}_O}{dt}, \end{equation*}$

ossia la somma dei momenti di tutte le forze esterne che agiscono su $m$ calcolate rispetto al polo $O$ è uguale alla derivata rispetto al tempo del momento angolare $\vec{L}_O$ di $m$ calcolato rispetto allo stesso polo. Le forze esterne che agiscono su $m$ sono la forza peso $m\vec{g}$ , la reazione vincolare $\vec{N}$ e la tensione $\vec{T}_m$ . Il momento associato alla forza peso $m\vec{g}$ vale

(6) $\begin{equation*} \begin{aligned} \vec{M}_1^{\,\text{ext}} & = \vec{r}\wedge\left(m\vec{g}\right) \\ & = \left(d\,\hat{r}\right) \wedge \left(-mg\,\hat{z}\right) \\ & = - mgd\, \hat{r}\wedge\hat{z} \\ & = mgd \,\hat{t}, \end{aligned} \end{equation*}$

dove abbiamo chiamato $\hat{r}$ e $\hat{t}$ rispettivamente i versori radiale e trasverso associati al moto di $m$ , mentre $\vec{r}=d\,\hat{r}$ è il vettore posizione della forza, ossia il vettore che collega il polo $O$ con $m$ e nell’ultimo passaggio abbiamo usato la relazione di ortogonalità tra versori $\hat{r}\wedge\hat{z}=-\hat{t}$ .
Il momento associato alla reazione vincolare $\vec{N}= -m\vec{g}$ vale

(7) $\begin{equation*} \begin{aligned} \vec{M}_2^{\,\text{ext}} & = \vec{r} \wedge \vec{N} \\ & = \left(d\,\hat{r}\right) \wedge \left(mg\,\hat{z}\right) \\ & = mgd \, \hat{r}\wedge\hat{z} \\ & = - mgd \,\hat{t}, \end{aligned} \end{equation*}$

da cui notiamo che $\vec{M}_1^{\,\text{ext}}=-\vec{M}_2^{\,\text{ext}}$ . Infine, il momento della tensione $\vec{T}_m$ vale

(8) $\begin{equation*} \begin{aligned} \vec{M}_3^{\,\text{ext}} & = \vec{r}\wedge\vec{T}_m \\ & = \left(d\,\hat{r}\right)\wedge\left(-T\,\hat{r}\right) \\ & = - Td \,\hat{r}\wedge\hat{r}= \vec{0}, \end{aligned} \end{equation*}$

dove abbiamo sfruttato il fatto che il prodotto vettoriale di due vettori paralleli è nullo.
La sommatoria dei tre momenti $\vec{M}_1^{\,\text{ext}}$ , $\vec{M}_2^{\,\text{ext}}$ e $\vec{M}_3^{\,\text{ext}}$ vale $\displaystyle\sum_{k=1}^n\vec{M}_k^{\,\text{ext}} = \vec{0}$ , per cui l’equazione (5) diventa

(9) $\begin{equation*} \dfrac{d\vec{L}_O}{dt} = \vec{0}, \end{equation*}$

ossia il momento angolare $\vec{L}_O$ di $m$ è costante nel tempo.
Il momento angolare iniziale di $m$ vale

(10) $\begin{equation*} \begin{aligned} \vec{L}_{O,i} & = \vec{r}\wedge\left(m\vec{v}_0^{\,\star}\right) \\ & = \left(d\,\hat{r}\right)\wedge\left(mv_0^\star\,\hat{t}\,\right) \\ & = mv_0^\star d\,\hat{z}, \end{aligned} \end{equation*}$

dove $d$ è il raggio (costante) del moto circolare di $m$ e $v_0^\star$ è la velocità tangenziale iniziale non nota di $m$ da determinare.
Dalla conservazione (9) del momento angolare possiamo scrivere

(11) $\begin{equation*} \dfrac{d\vec{L}_O}{dt} = \dfrac{d}{dt}\left(mv_0^\star d\,\hat{z}\right) = \vec{0}. \end{equation*}$

Ricordando che per definizione $m$ e il raggio $d$ del moto circolare sono costanti, segue che

(12) $\begin{equation*} \dfrac{d}{dt}v_0^\star = 0, \end{equation*}$

ossia il modulo della velocità tangenziale di $m$ è costante in ogni istante $t>0$ . Si conclude che il moto di $m$ è circolare uniforme perché il modulo della velocità si conserva e la distanza dal polo $O$ del punto materiale è costante.

Come detto, la massa $m$ resta sempre a distanza $d$ da $O$ , di conseguenza il corpo $M$ si trova fermo a una quota $z_0$ lungo l’asse delle $z$ . Per il secondo principio della dinamica, questo implica che la sommatoria di tutte le forze che agiscono su $M$ deve essere nulla, ossia

(13) $\begin{equation*} \vec{T}_M + M\vec{g} = \vec{0}, \end{equation*}$

che implica

(14) $\begin{equation*} |\vec{T}_M| = |\vec{T}_m| = T = Mg, \end{equation*}$

dove abbiamo usato l’equazione (3).
Inoltre, affinché il corpo $m$ possa muoversi di moto circolare uniforme la tensione $T$ del filo deve fornire a $m$ l’accelerazione centripeta necessaria a mantenere lo stato di moto circolare con raggio $d$ . La relazione tra la tensione $T$ e l’accelerazione centripeta $a_c=(v_0^\star)^2/d$ di $m$ si trova valutando la seconda legge della dinamica nella direzione radiale e risulta

(15) $\begin{equation*} T = ma_c = m \dfrac{\left(v^\star_0\right)^2}{d}, \end{equation*}$

da cui otteniamo

(16) $\begin{equation*} Mg = m\dfrac{\left(v^\star_0\right)^2}{d}, \end{equation*}$

e infine

(17) $\begin{equation*} \left(v^\star_0\right)^2 = \dfrac{M}{m}gd, \end{equation*}$

da cui

$\boxcolorato{fisica}{ v_0^\star = \sqrt{\dfrac{M}{m}gd}.}$

Osservazione 1. Si osservi che le ipotesi del problema affermano che la massa $m$ si muova di moto circolare, senza specificare che il moto sia uniforme. Pertanto il fatto che $v_0^\star$ si conservi non è fatto ovvio, va dimostrato.

Punto 3. Chiamiamo $v_0$ la velocità iniziale di $m$ tale che $v_0\neq v_0^\star=\sqrt{{(Mgd)}/{m}}.$ In questa nuova configurazione si può dimostrare che la massa $m$ non si muove più di moto circolare uniforme, ma descrive una traiettoria a spirale, la cui forma specifica dipende dal valore iniziale di $v_0$ . Ai fini del nostro problema, per trovare i valori di $r_{\min}$ e $r_{\max}$ è sufficiente notare che nel moto del sistema fisico composto dalle due masse e dal filo si conservano sia l’energia meccanica totale $E$ , sia il momento angolare totale $\vec{L}$ calcolato rispetto al polo $O$ .
Le forze esterne del sistema sono $\vec{N}$ , $\vec{R}$ , $m\vec{g}$ e $M\vec{g}$ , mentre le forze interne sono $\vec{T}_m$ , $-\vec{T}_m$ e $\vec{T}_M$ e $-\vec{T}_M$ . Le reazioni vincolari $\vec{N}$ e $\vec{R}$ non compiono lavoro perché sono perpendicolari allo spostamento, mentre $m\vec{g}$ e $M\vec{g}$ sono forze conservative. Le forze interne $-\vec{T}_m$ e $-\vec{T}_M$ fanno lavoro nullo perché sono applicate nel polo $O$ che è fermo, mentre $\vec{T}_m$ e $\vec{T}_M$ fanno lavoro uguale in modulo ma di segno opposto, pertanto la loro somma da lavoro complessivo nullo.
Fissiamo lo zero dell’energia potenziale gravitazionale $U$ in corrispondenza del piano orizzontale, cioè alla quota $z=0$ , e definiamo $\ell$ la lunghezza del filo. L’energia totale iniziale del sistema al tempo $t=0$ è quindi

(18) $\begin{equation*} \boxed{E_i = \dfrac{1}{2}mv_0^2 - Mg\left(\ell-d\right).} \end{equation*}$

Nel generico istante $t>0$ la massa $M$ ha velocità $\vec{V}$ diretta nella direzione dell’asse delle $z$ , mentre $m$ ha velocità $\vec{v} = \vec{v}_t+\vec{v}_r$ , dove $\vec{v}_t$ e $\vec{v}_r$ sono rispettivamente la velocità nella direzione radiale e trasversa. Nel generico istante $t>0$ la lunghezza della corda che collega $m$ al polo $O$ è $r>0$ , pertanto $M$ si troverà alla quota $z = - \left(\ell-r\right)$ . Dunque, l’energia totale del sistema nel generico istante $t>0$ è

(19) $\begin{equation*} \boxed{E_f = \dfrac{1}{2}MV^2 + \dfrac{1}{2}m\left(v^2_r+v^2_t\right) - Mg\left(\ell-r\right).} \end{equation*}$

Per la conservazione dell’energia, usando le due precedenti equazioni, si ha

(20) $\begin{equation*} \dfrac{1}{2}mv_0^2 - Mg\left(\ell-d\right) = \dfrac{1}{2}MV^2 + \dfrac{1}{2}m\left(v^2_r+v^2_t\right) - Mg\left(\ell-r\right). \end{equation*}$

Consideriamo ora il momento angolare $\vec{L}$ calcolato rispetto al polo $O$ . Il momento angolare $\vec{L}$ calcolato rispetto al polo $O$ si conserva se la somma dei momenti di tutte le forze esterne applicate al sistema fisico composto da $m$ , $M$ e dal filo, che in questo caso sono $\vec{N}$ , $\vec{R}$ , $m\vec{g}$ e $M\vec{g}$ è nulla.
La somma dei momenti di $\vec{N}$ e $m\vec{g}$ rispetto al polo $O$ è nulla, come già calcolato nel punto precedente dell’esercizio; restano ora da calcolare i momenti associati a $\vec{R}$ e $M\vec{g}$ . Il momento associato a $\vec{R}$ è nullo in quanto la forza è applicata nel polo $O$ e ha quindi braccio nullo; il momento associato a $M\vec{g}$ è invece nullo in quanto il vettore posizione della forza e la forza sono paralleli e, in particolare, diretti entrambi lungo l’asse delle $z$ , come si può notare dallo schema delle forze in figura 2. Dunque, possiamo calcolare il momento angolare totale del sistema al tempo $t=0$ e a un generico tempo $t>0$ ed eguagliarli, analogamente a quanto fatto per l’energia totale, perché $\vec{L}$ si conserva.
Il momento angolare iniziale del sistema è

(21) $\begin{equation*} \vec{L}_i = m d v_0\hat{z}, \end{equation*}$

dove si è tenuto conto che il momento angolare dovuto alla massa $M$ risulta nullo poiché la velocità di $M$ e il vettore posizione che lo congiunge con $O$ sono sempre paralleli (in realtà basta osservare che all’istante iniziale $M$ è ferma, pertanto il suo momento angolare è nullo, dato che il momento angolare dipende dalla velocità).

Il momento angolare nel generico istante $t>0$ è

(22) $\begin{equation*} \begin{aligned} \vec{L}_f&=m\vec{r}\wedge \vec{v} \\ &=mr\,\hat{r}\wedge \left(v_t\,\hat{t}+v_r\,\hat{r}\right) \\ &=mr\,\hat{r}\wedge v_t\,\hat{t}+mr\,\hat{r}\wedge v_r\,\hat{r} \\ &=mr v_t\,\hat{z}, \end{aligned} \end{equation*}$

dove abbiamo usato il fatto che $\hat{r}\wedge\hat{t}=\hat{z}$ e $\hat{r}\wedge \hat{r}=\vec{0}$ .
Per la conservazione del momento angolare, avvalendoci delle due precedenti equazioni, si ha

(23) $\begin{equation*} mdv_0 = mrv_t. \end{equation*}$

Mettendo a sistema le equazioni (20) e (23), si ottiene

(24) $\begin{equation*} \displaystyle\begin{cases} \dfrac{1}{2}mv_0^2-Mg\left(\ell-d\right)=\dfrac{1}{2}MV^2+\dfrac{1}{2}m\left(v^2_r+v_t^2\right)-Mg\left(\ell-r\right)\\[10pt] mdv_0=mr v_t. \end{cases} \end{equation*}$

Nel generico istante $t>0$ , si ha

(25) $\begin{equation*} \ell = z + r, \end{equation*}$

da cui derivando ambo i membri la precedente equazione rispetto al tempo, si ottiene

(26) $\begin{equation*} 0 = \dot{z}+ \dot{r}, \end{equation*}$

o equivalentemente

(27) $\begin{equation*} \dot{z}= -\dot{r}= V. \end{equation*}$

Ricordando che $\hat{r}$ è il versore radiale associato al moto di $m$ e che $\vec{r}$ è il vettore posizione di $m$ nel generico istante $t>0$ , si ha

(28) $\begin{equation*} \dfrac{d\vec{r}}{dt} = \dfrac{d(r\,\hat{r})}{dt} = \dot{r}\,\hat{r}+ r\,\dfrac{d\hat{r}}{dt}, \end{equation*}$

cioè abbiamo scritto la velocità di $m$ in coordinate polari.
Dalla precedente equazione deduciamo che $\dot{r}$ è la velocità nella direzione radiale, cioè $\dot{r}=v_r=-V$ . Sfruttando quanto detto, cioè che $v_r=-V$ , il sistema (24) diventa

(29) $\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{1}{2}mv_0^2-Mg\left(\ell-d\right) =\dfrac{1}{2}Mv_r^2+ \dfrac{1}{2}m\left(v^2_t+v^2_r\right) - Mg\left(\ell-r\right), \\[10pt] dv_0 = rv_t. \end{cases} \end{equation*}$

Il sistema (29) ha due equazioni e tre incognite $v_t$ , $v_r$ e $r$ . Tuttavia, nell’istante in cui il raggio $r$ assume i valori $r_{\min}$ e $r_{\max}$ , il filo raggiunge rispettivamente la sua minima e massima lunghezza sul piano orizzontale: pertanto la velocità di $m$ nella direzione radiale, deve essere nulla, ossia $v_r=0$ . Se così non fosse, la frazione di filo sul piano orizzontale continuerebbe ad aumentare o diminuire di lunghezza a seconda del caso analizzato. Per quanto riguarda $v_t$ , è chiaro che non potrà mai essere nulla dato che si conserva il momento angolare (che è sempre diverso da zero) e da (29) $_2$ vale $v_t=dv_0/r\neq0$ . Analogamente, nell’istante $t>0$ in cui il raggio $r$ assume i valori $r_{\min}$ e $r_{\max}$ , la massa $M$ si ferma istantaneamente nel suo moto lungo l’asse delle $z$ , dato che $\dot{r}=v_r=-V$ , e quindi se $\dot{r}=0$ , si ha $V=0$ . Dunque, per trovare $r_{\min}$ e $r_{\max}$ possiamo porre $v_r=0$ in (29) e risolvere il sistema. Dal (29) $_2$ si ricava

(30) $\begin{equation*} v_t = \dfrac{dv_0}{r}, \end{equation*}$

che sostituita nella prima equazione del sistema (29) insieme alla condizione $v_r=0$ , dà

(31) $\begin{equation*} \dfrac{1}{2}mv_0^2 - Mg\left(\ell-d\right)= \dfrac{1}{2}m\left(\dfrac{dv_0}{r}\right)^2 - Mg\left(\ell-r\right), \end{equation*}$

da cui

(32) $\begin{equation*} mv_0^2r^2 + 2Mgdr^2 = md^2v_0^2 + 2Mgr^3, \end{equation*}$

cioè

(33) $\begin{equation*} 2Mgr^3 - \left(mv_0^2 + 2Mgd\right)r^2 + md^2v_0^2 = 0. \end{equation*}$

La precedente equazione si può riscrivere come

(34) $\begin{equation*} \begin{aligned} &2Mgr^3 - \left(mv_0^2 + 2Mgd\right)r^2 + md^2v_0^2 =\\[10pt] &=2Mgr^3 - \left(mv_0^2 + 2Mgd\right)r^2 + md^2v_0^2 -mv_0^2dr+mv_0^2dr=\\[10pt] &=2Mgr^2-mv_0^2r^2-mv_0^2dr-2Mgr^2d+mv_0^2rd+mv_0^2d^2=\\[10pt] &=r\left(2Mgr^2 - mv_0^2r - mv_0^2d \right)-d\left(2Mgr^2 - mv_0^2r - mv_0^2d \right)=\\[10pt] &= \left(r - d\right)\left(2Mgr^2 - mv_0^2r - mv_0^2d \right) = 0. \end{aligned} \end{equation*}$

La precedente equazione ha soluzione banale

(35) $\begin{equation*} r_1=d. \end{equation*}$

Le due soluzioni non banali si ottengono da

(36) $\begin{equation*} 2Mgr^2 - mv_0^2r - mv_0^2d=0. \end{equation*}$

Applicando la formula risolutiva per le equazioni di secondo grado alla precedente equazione, si trova

$\begin{aligned} r_{2,3}&=\dfrac{mv_0^2\pm\sqrt{m^2v_0^4-4(2Mg)(- mv_0^2d)}}{2(2Mg)}=\\[10pt] &=\dfrac{mv_0^2\pm\sqrt{m^2v_0^4+8Mmgv_0^2d}}{4Mg}=\\[10pt] &=\dfrac{mv_0^2}{4Mg}\left(1 \pm \sqrt{1+8\dfrac{Mgd}{mv_0^2}} \right). \end{aligned}$

La soluzione $r_3$ va scartata in quanto negativa, visto che per definizione vale $r>0$ .
Resta ora da stabilire la gerarchia tra le altre due soluzioni, ossia se e per quali valori di $v_0$ vale $r_1<r_2$ , $r_1=r_2$ oppure $r_1>r_2$ . Consideriamo la disuguaglianza

(37) $\begin{equation*} r_2<r_1\quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{mv_0^2}{4Mg}\left(1 + \sqrt{1+8\dfrac{Mgd}{mv_0^2}} \right) < d, \end{equation*}$

o anche

(38) $\begin{equation*} \sqrt{1+8\dfrac{Mgd}{mv_0^2}} < \dfrac{4Mgd}{mv_0^2} - 1, \end{equation*}$

ossia una disequazione irrazionale del tipo $\sqrt{A(v_0)} < B(v_0)$ , dove $v_0$ svolge il ruolo di variabile indipendente, al variare della quale variano $r_{\min}$ e $r_{\max}$ .
La precedente disequazione, tenendo conto delle dovute condizioni di esistenza, può essere riscritta come segue

(39) $\begin{equation*} \begin{cases} A(v_0) \geq 0, \\[10pt] B(v_0) \geq 0, \\[10pt] A(v_0) < B^2(v_0). \end{cases} \end{equation*}$

Ponendo

(40) $\begin{equation*} A(v_0)=1+8\dfrac{Mgd}{mv_0^2} \end{equation*}$

(41) $\begin{equation*} B(v_0)=\dfrac{4Mgd}{mv_0^2} - 1, \end{equation*}$

il precedente sistema di disequazioni diventa

(42) $\begin{equation*} \begin{cases} 1 + 8\dfrac{Mgd}{mv_0^2} \geq 0, \\[10pt] \dfrac{4Mgd}{mv_0^2} - 1 \geq 0,\\[10pt] 1 + 8\dfrac{Mgd}{mv_0^2} < \left(\dfrac{4Mgd}{mv_0^2} - 1\right)^2. \end{cases} \end{equation*}$

La prima disequazione del precedente sistema è sempre vera perché somma di due termini sempre positivi. La seconda disequazione del sistema si può riscrivere come

(43) $\begin{equation*} \begin{aligned} &\dfrac{4Mgd}{mv_0^2} - 1 \geq 0\quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{4Mgd}{m}\geq v_0^2\quad \Leftrightarrow\\[10pt] &\Leftrightarrow \quad v_0^2\leq\dfrac{4Mgd}{m}\quad \Leftrightarrow \quad0< v_0\leq \sqrt{\dfrac{4Mgd}{m}}=2\sqrt{\dfrac{Mgd}{m}}=2v_0^\star. \end{aligned} \end{equation*}$

Per la terza disequazione del sistema, si ha

(44) $\begin{equation*} \begin{aligned} & 1 + 8\dfrac{Mgd}{mv_0^2} < \left(\dfrac{4Mgd}{mv_0^2} - 1\right)^2\quad \Leftrightarrow\quad \\[10pt] &\Leftrightarrow \quad 1 + \dfrac{8Mgd}{mv_0^2}<\dfrac{16M^2g^2d^2}{m^2v_0^4}+1-\dfrac{8Mgd}{mv_0^2} \quad\Leftrightarrow \\[10pt] &\Leftrightarrow \quad\dfrac{16M^2g^2d^2}{m^2v_0^4} - \dfrac{16Mgd}{mv_0^2} > 0\quad\Leftrightarrow\\[10pt] &\Leftrightarrow\quad \dfrac{Mgd}{mv_0^2} > 1\quad \Leftrightarrow\quad\\[10pt] & \Leftrightarrow\quad v_0^2<\dfrac{Mgd}{m}\quad \Leftrightarrow\\[10pt] &\Leftrightarrow \quad 0<v_0<\sqrt{\dfrac{Mgd}{m}}=v_0^\star. \end{aligned} \end{equation*}$

Il sistema è verificato quando

(45) $\begin{equation*} \boxed{0<v_0<v_0^*.} \end{equation*}$

Quindi, per $v_0<v_0^*$ vale $r_2 <r_1$ e possiamo scrivere

$\boxcolorato{fisica}{r_{\min} = \dfrac{mv_0^2}{4Mg}\left(1 + \sqrt{1+8\dfrac{Mgd}{mv_0^2}} \right) \qquad \text{e} \qquad r_{\max}=d.}$

In altre parole, per $v_0< v_0^\star$ il corpo $m$ tende ad avvicinarsi al punto $O$ con un moto a spirale, fino a raggiungere $r_{\min}$ ; dopodiché, $m$ inizia ad allontanarsi da $O$ e $r$ aumenta fino a raggiungere $r_{\max}$ , sempre con un moto a spirale. A questo punto il sistema si trova esattamente nella condizione iniziale in cui era al tempo $t=0$ e il moto così descritto ricomincia, ripetendosi periodicamente all’infinito, in quanto nel sistema non ci sono dissipazioni di alcun tipo.
Al contrario, quando $v_0 > v_0^\star$ l’ordine delle soluzioni cambia, cioè vale $r_1 < r_2$ e abbiamo

$\boxcolorato{fisica}{r_{\min} = d \qquad \text{e} \qquad r_{\max}=\dfrac{mv_0^2}{4Mg}\left(1 + \sqrt{1+8\dfrac{Mgd}{mv_0^2}} \right),}$

ossia $m$ prima si allontana da $O$ fino a raggiungere $r_{\max}$ , dopodiché si riavvicina fino a ritornare alla condizione iniziale fissata da $r_{\min}$ .
Nel caso in cui $v_0=\sqrt{Mgd/m} = v_0^*$ , possiamo sostituire $v_0 = v_0^*$ nella equazione

(46) $\begin{equation*} r_2=\dfrac{mv_0^2}{4Mg}\left(1+ \sqrt{1+8\dfrac{Mgd}{mv_0^2}} \right), \end{equation*}$

ottenendo

(47) $\begin{equation*} r_2 = \dfrac{d}{4}\left(1 + \sqrt{1+8}\right) = d = r_1, \end{equation*}$

ossia $r_{\min} = r_{\max}$ e $m$ si muove di moto circolare uniforme di raggio $r$ a distanza fissa da $O$ , come trovato nel punto 2 del problema.

Osservazione 2. Dall’equazione (27) deduciamo che la velocità di $M$ dipende dalla velocità radiale di $m$ ; pertanto, dato che, all’istante iniziale $\dot{r}(0)=0$ per l’equazione (27) segue che ${V}(0)=0$ .

Punto 4. Ricordando i risultati del punto 3, possiamo dedurre che $m$ raggiunge il punto $O$ durante il moto se per qualche valore di $v_0$ troviamo $r_{\min} = 0$ . Altrimenti, se $r_{\min}>0\ \forall v_0\neq0$ , $m$ non potrà mai raggiungere $O$ durante il suo moto.
Se vale $r_1<r_2$ abbiamo $r_{\min}=d>0$ , quindi per $v_0<v_0^*$ è impossibile che $m$ raggiunga $O$ . Invece, per $r_1>r_2$ , cioè per $v_0<v_0^*$ , possiamo chiederci se

(48) $\begin{equation*} r_{\min} = 0 \qquad \Leftrightarrow \qquad \dfrac{mv_0^2}{4Mg}\left(1 + \sqrt{1+8\dfrac{Mgd}{mv_0^2}} \right) = 0 \end{equation*}$

e cercare se esistono valori di $v_0\neq 0$ che la risolvono.
Il termine in parentesi nell’equazione di sopra è sempre strettamente maggiore di zero, quindi l’equazione ammette come unica soluzione $v_0=0$ , ossia il moto banale in cui $m$ non ha velocità tangenziale e compie un moto puramente radiale scivolando verso $O$ trascinato dalla corda collegata a $M$ e scivolando verso il basso per via della forza peso $M\vec{g}$ . Abbiamo quindi dimostrato che per qualsiasi $v_0\neq0$ è impossibile che $m$ raggiunga $O$ .

\noindent Si poteva giungere allo stesso risultato notando che se $m$ raggiungesse il punto $O$ il suo momento angolare sarebbe $L=0$ per qualsiasi velocità, in quanto $O$ coincide con il polo scelto per calcolare i momenti, ma tale risultato è assurdo in quanto abbiamo già notato che nel sistema il momento angolare $L$ è conservato e al tempo $t=0$ il momento angolare di $m$ vale $L_0=mdv_0\neq0$ , per cui è impossibile che $m$ possa passare da uno stato con $L\neq0$ a uno stato con $L=0$ sotto le ipotesi del problema.
Il discorso cambia se invece assumiamo che il piano orizzontale non è liscio: in questo caso, la forza di attrito esercitata dal piano su $m$ genera un momento esterno non nullo rispetto al polo $O$ da cui deduciamo che il momento angolare $\vec{L}$ non è più conservato. In particolare, l’effetto della forza di attrito è quello di diminuire il momento angolare del sistema, fino al punto in cui $L$ diventa uguale a zero: questo risultato è compatibile con il fatto che $m$ possa raggiungere il punto $O$ . Ciononostante, non è necessariamente vero che $m$ raggiunge sempre $O$ : se il coefficiente di attrito statico è sufficientemente alto, $m$ potrebbe fermarsi e restare ferma in altri punti del piano, ma per opportune scelte dei parametri si può fare in modo che $m$ raggiunga $O$ in un tempo finito.