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Esercizio sistemi di punti materiali 13

Sistemi di punti materiali in Meccanica classica

Home » Esercizio sistemi di punti materiali 13

Esercizio sui sistemi di punti materiali 13 rappresenta il tredicesimo problema della raccolta dedicata agli esercizi misti sui sistemi di punti materiali. Questo esercizio costituisce la naturale prosecuzione dell’Esercizio sui sistemi di punti materiali 12, e segue l’Esercizio sui sistemi di punti materiali 14.

Questo esercizio è concepito per gli studenti del corso di Fisica 1 ed è particolarmente indicato per coloro che intraprendono studi in ingegneria, fisica o matematica, fornendo un’opportunità per applicare i principi della meccanica classica ai sistemi di punti materiali.

L’argomento successivo a questa sezione è la dinamica del corpo rigido, mentre l’argomento precedente riguarda gli esercizi sui moti relativi.

 

Testo esercizio sistemi di punti materiali 13

Esercizio 13 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Un oggetto di massa m viene appoggiato su un piano metallico di massa M, sostenuto da una molla ideale di massa trascurabile, lunghezza a riposo y_0 e costante elastica k. Si comprime, con un’opportuna forza esterna, la molla di una lunghezza \left \vert y\right \vert rispetto alla lunghezza di riposo. Successivamente il sistema vine rilasciato e per via della forza esercitata dalla molla risale verso l’alto. Si richiede di calcolare il massimo valore \left \vert y_{\max}\right \vert di \left \vert y\right \vert affinché l’oggetto rimanga aderente al piatto.

 

 

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Premessa.

Per lo svolgimento di questo problema illustreremo due metodi risolutivi differenti: il primo metodo si avvale della conservazione dell’energia meccanica del sistema fisico composto dalle due masse per determinare \left \vert y_{\max}\right \vert, mentre il secondo impiega le leggi della dinamica per ottenere la legge oraria del sistema, da cui, con le opportune considerazioni fisiche si giunge alla determinazione di \left \vert y_{\max}\right \vert.


Svolgimento.

Scegliamo come sistema fisico m ed M. Il sistema fisico in esame è costruito in maniera tale che le due masse m e M si muovono soltanto lungo la verticale all’unisono. Scegliamo un sistema di riferimento cartesiano fisso Oy, con l’asse y coincidente con la verticale e la cui origine O dista dal piano orizzontale y_0, come illustrato in figura 2. Supponiamo che la molla sia compressa di una generica quantità \left \vert y\right \vert e poi venga rilasciata libera di muoversi. Costruiamo il diagramma di corpo libero per entrambi i corpi in esame: sul corpo di massa m agiscono la forza peso m\vec{g} e la reazione vincolare \vec{N} in seguito al contatto con il piano metallico; sul corpo di massa M agiscono la forza peso M\vec{g}, la forza elastica \vec{f}_{\text{el}} e la reazione vincolare -\vec{N} per il terzo principio della dinamica. Tutte le forze sono rappresentate in figura 2.

 

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Per completezza, facciamo notare che, le forze \vec{N} e -\vec{N} sono forze interne, mentre le forze m\vec{g}, M\vec{g} e \vec{f}_{\text{el}} sono forze esterne. Dal secondo principio della dinamica, per M ed m, si ha rispettivamente

(1) \begin{equation*} \begin{cases} M: f_{\text{el}}-N-Mg=M\ddot{y}_M\\ m: N-mg=m\ddot{y}_m \end{cases} \Leftrightarrow\quad \begin{cases} M: -ky-N-Mg=M\ddot{y}_M\\ m: N-mg=m\ddot{y}_m, \end{cases} \end{equation*}

dove \ddot{y}_M e \ddot{y}_m sono rispettivamente l’accelerazione di m ed M. La configurazione del sistema in esame è tale che i corpi m e M sono vincolati a muoversi l’uno sull’altro in maniera sincrona con la stessa accelerazione, pertanto

(2) \begin{equation*} \ddot{y}_M=\ddot{y}_m\equiv\ddot{y}. \end{equation*}

Utilizzando l’equazione (2) nel sistema (1), si ottiene

(3) \begin{equation*} \begin{cases} -ky-N-Mg=M\ddot{y}\\\\ N-mg=m\ddot{y}, \end{cases} \Leftrightarrow\quad \begin{cases} \ddot{y}=\dfrac{-ky-N-Mg}{M}\\\\ \ddot{y}=\dfrac{N-mg}{m}, \end{cases} \end{equation*}

da cui

(4) \begin{equation*} \dfrac{-ky-N-Mg}{M}=\dfrac{N-mg}{m}, \end{equation*}

ovvero

(5) \begin{equation*} -ky-N-Mg=\dfrac{M}{m}N-Mg\quad\Leftrightarrow\quad N\left(\dfrac{M}{m}+1\right)=-ky\quad\Leftrightarrow\quad N(M+m)=-mky, \end{equation*}

cioè

(6) \begin{equation*} N=-\dfrac{mk}{M+m}y. \end{equation*}

Affinché i corpi m e M siano in contatto tra di loro deve valere

(7) \begin{equation*} N\geq 0\quad\Leftrightarrow\quad -\dfrac{mk}{M+m}y\geq 0\quad\Leftrightarrow\quad y\leq 0, \end{equation*}

dove abbiamo usato l’equazione (6). Quindi fintantoché y\leq 0, i due corpi sono in contatto tra di loro, viceversa se y>0. Pertanto il valore limite dove i due corpi sono sul punto di perdere il contatto è y=0.


Metodo 1.

Osserviamo che nel sistema fisico composto dai due corpi agiscono le due forze peso m\vec{g} e \vec{M}g che sono forze conservative, la forza della molla \vec{f}_{\text{el}} che è sempre conservativa, le due reazioni vincolari \vec{N} e -\vec{N} che fanno lavoro complessivo nullo perché fanno un lavoro uguale ed opposto istantaneamente. Dunque, si conserva l’energia l’energia totale del sistema composto dalle due masse m ed M. Fintantoché i due corpi si trovano nel semiasse negativo delle y, essi saranno sempre in contatto, quindi la massima compressione della molla tale per cui essi non si staccano, si ha quando il sistema arrivi nella posizione y=0 con velocità nulla. Infatti, se comprimessimo la molla oltre tale valore critico i due corpi oltrepasserebbero il livello y=0 con velocità non nulla perdendo poi il contatto. Definiamo arbitrariamente il livello zero dell’energia potenziale gravitazionale in corrispondenza della quota dell’origine O del riferimento Oy, come mostrato in figura 3. Consideriamo come istante iniziale quello in cui la molla risulta essere compressa di \left \vert y_{\text{max}}\right \vert, come illustrato in figura 3. L’energia meccanica E_{\text{in}} in questa configurazione è data dalla somma del contributo elastico U_{\text{el}} e dal contributo gravitazionale U_{\text{peso}}, ossia

(8) \begin{equation*} E_{\text{in}}=U_{\text{el}}+U_{\text{peso}}=\dfrac{1}{2}k\left \vert y_{\text{max}}\right \vert^2-Mg\left \vert y_{\text{max}}\right \vert-mg\left \vert y_{\text{max}}\right \vert=\dfrac{1}{2}k\left \vert y_{\text{max}}\right \vert^2-(M+m)g\left \vert y_{\text{max}}\right \vert. \end{equation*}

Come detto in precedenza, \left \vert y_{\text{max}}\right \vert è quell’allungamento tale per cui i due corpi arrivati in y=0 non si devono distaccare l’uno dall’altro, e questo in termini fisici vuol dire che in corrispondenza di y=0 il sistema deve avere velocità nulla, per cui l’energia cinetica totale in tale istante è nulla. Dunque, l’energia meccanica totale E_{\text{fin}} del sistema alla quota y=0 (si veda la figura 3) è nulla, ossia

(9) \begin{equation*} E_{\text{fin}}=0. \end{equation*}

 

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Dalla conservazione dell’energia meccanica, segue che

(10) \begin{equation*} E_{\text{in}}=E_{\text{fin}}, \end{equation*}

da cui, utilizzando le equazioni (8) e (9), la precedente equazione diventa

(11) \begin{equation*} 0=-(M+m)g\left \vert y_{\text{max}}\right \vert+\dfrac{1}{2}k\left \vert y_{\text{max}}\right \vert^2\quad\Leftrightarrow\quad \left \vert y_{\text{max}}\right \vert (k\left \vert y_{\text{max}}\right \vert-2(M+m)g)=0. \end{equation*}

Dalla precedente equazione, si ha

(12) \begin{equation*} k\left \vert y_{\text{max}}\right \vert-2(M+m)g=0, \end{equation*}

ossia

\[\boxcolorato{fisica}{ \left \vert y_{\text{max}}\right \vert=\dfrac{2(M+m)g}{k}.}\]


Metodo 2.

Di seguito un metodo alternativo per ricavare \left \vert y_{\text{max}}\right \vert. Sommando membro a membro le due equazioni del sistema (3), otteniamo

(13) \begin{equation*} -ky-(M+m)g=(M+m)\ddot{y}\quad\Leftrightarrow\quad \ddot{y}+\dfrac{k}{M+m}y+g=0\quad\Leftrightarrow\quad \ddot{y}+\dfrac{k}{M+m}\left(y+\dfrac{(M+m)g}{k}\right)=0. \end{equation*}

Definiamo

(14) \begin{equation*} y+\dfrac{(M+m)g}{k}\equiv z, \end{equation*}

da cui

(15) \begin{equation*} \dot{y}=\dot{z}, \end{equation*}

conseguentemente

(16) \begin{equation*} \ddot{y}=\ddot{z}. \end{equation*}

In virtù delle equazioni (14) e (16), l’equazione (13) può essere riscritta come

(17) \begin{equation*} \ddot{z}+\dfrac{k}{M+m}z=0\quad\Leftrightarrow\quad \ddot{z}+\omega^2z=0, \end{equation*}

dove \omega^2=k/(M+m). L’equazione (17) è l’equazione di un oscillatore armonico semplice. La precedente equazione ha soluzione

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

dove A e \phi sono rispettivamente l’ampiezza massima e la fase iniziale del moto. Ricordando il legame tra y e z dato dall’equazione (14), l’equazione (18) diventa

(19) \begin{equation*} y(t)=-\dfrac{(M+m)g}{k}+A\sin(\omega t+\phi). \end{equation*}

All’istante iniziale t=0 la molla è compressa di \left \vert y_{\text{max}}\right \vert, ed il sistema è inizialmente in quiete, ossia

(20) \begin{equation*} \begin{cases} y(0)=-\left \vert y_{\text{max}}\right \vert \\ \dot{y}(0)=0 \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} -\dfrac{(M+m)g}{k}+A\sin\phi=-\left \vert y_{\text{max}}\right \vert \\ \omega A\cos\phi=0. \end{cases} \end{equation*}

Dal seconda equazione del sistema (20), ricaviamo che la fase iniziale del moto è pari ad

(21) \begin{equation*} \phi=\dfrac{\pi}{2}, \end{equation*}

che sostituita nella prima equazione dello stesso sistema dà

(22) \begin{equation*} -\dfrac{(M+m)g}{k}+A=-\left \vert y_{\text{max}}\right \vert \quad\Leftrightarrow\quad A=\dfrac{(M+m)g}{k}-\left \vert y_{\text{max}}\right \vert . \end{equation*}

Sfruttando le equazioni (22) e (21) possiamo riscrivere l’equazione (19) come

(23) \begin{equation*} y(t)=-\dfrac{(M+m)g}{k}+\left(\dfrac{(M+m)g}{k}-\left \vert y_{\text{max}}\right \vert \right)\sin\left(\omega t+\dfrac{\pi}{2}\right)=-\dfrac{(M+m)g}{k}+\left(\dfrac{(M+m)g}{k}-\left \vert y_{\text{max}}\right \vert \right)\cos(\omega t), \end{equation*}

ovvero usando \omega^2=k/(M+m), la precedente equazione diventa

(24) \begin{equation*} \boxed{ y(t)=-\dfrac{g}{\omega^2}+\left(\dfrac{g}{\omega^2}-\left \vert y_{\text{max}}\right \vert \right)\cos(\omega t).} \end{equation*}

Derivando rispetto al tempo, ambo i membri della precedente equazione, troviamo

(25) \begin{equation*} \dot{y}(t)=-\left(\dfrac{g}{\omega}-\omega\left \vert y_{\text{max}}\right \vert \right)\sin(\omega t). \end{equation*}

Arrivato alla quota y=0 il sistema deve avere velocità nulla, per poi invertire il suo moto e tornare indietro. Pertanto imponiamo

(26) \begin{equation*} \dot{y}(t)=0=-\left(\dfrac{g}{\omega}-\omega\left \vert y_{\text{max}}\right \vert \right)\sin(\omega t), \end{equation*}

che ha come soluzione

(27) \begin{equation*} t=\dfrac{\pi}{\omega}. \end{equation*}

Chiaramente l’equazione (26) ha infinite soluzioni, essendo la funzione \sin(\omega t) periodica, ma a noi quello che serve è il primo tempo t\neq 0 che la verifica, e quindi abbiamo scartato le altre soluzioni. Come detto, dobbiamo trovare la quota \left \vert y_{\max}\right \vert tale per cui il sistema arrivi in y=0 con velocità nulla, sappiamo che questo avviene al tempo t={\pi}/{\omega}, che sostituito nell’equazione (24) ci dà

(28) \begin{equation*} y\left(\dfrac{\pi}{\omega}\right)=0=-\dfrac{g}{\omega^2}+\left(\left \vert y_{\text{max}}\right \vert -\dfrac{g}{\omega^2}\right)=-\dfrac{2g}{\omega^2}+\left \vert y_{\text{max}}\right \vert . \end{equation*}

o anche

\[\boxcolorato{fisica}{ \left \vert y_{\text{max}}\right \vert=\dfrac{2g}{\omega^2}=\dfrac{2(M+m)g}{k},}\]

Analogamente potevamo procedere osservando che dall’equazione (6), sostituendo y(t) (calcolata nell’equazione (24)), otteniamo

(29) \begin{equation*} N(t)=mg+m\omega^2\left(\left \vert y_{\text{max}}\right \vert-\dfrac{g}{\omega^2}\right)\cos(\omega t), \end{equation*}

che sostituendo t=\tau=\pi/\omega diventa

(30) \begin{equation*} \begin{aligned} N(\tau)=&mg+m\omega^2\left(\left \vert y_{\text{max}}\right \vert -\dfrac{g}{\omega^2}\right)(-1)\\ =&mg-m\omega^2\left(\left \vert y_{\text{max}}\right \vert -\dfrac{g}{\omega^2}\right)=\\ =&-m\omega^2\left(\left \vert y_{\text{max}}\right \vert-\dfrac{2g}{\omega^2}\right). \end{aligned} \begin{equation*} Affinché all'istante $\tau$ la reazione vincolare sia nulla deve valere \begin{equation*} N(\tau)=0\quad\Leftrightarrow\quad \left \vert y_{\text{max}}\right \vert=\dfrac{2g}{\omega^2}, \end{equation*}

in accordo con quanto calcolato precedentemente.


Osservazione.

Si consideri il seguente sistema

(31) \begin{equation*} \begin{cases} M: -ky-N-Mg=0\\ m: N-mg=0. \end{cases} \end{equation*}

Il sistema precedente rappresenta il sistema posto nella posizione di equilibrio statico. Dal precedente sistema, sommando membro a membro le due equazione dello stesso, si trova

(32) \begin{equation*} -ky-Mg-mg=0, \end{equation*}

oppure

(33) \begin{equation*} \boxed{y=\dfrac{g\left(m+M\right)}{k}=\dfrac{g}{\omega}\equiv y_{\text{eq}}.} \end{equation*}

Il valore y_{\text{eq}} rappresenta la posizione di equilibrio del sistema e quando esso si muove di moto armonico oscilla rispetto a tale punto.

 

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