Oscillatore con molla, piano inclinato e due masse

[feddy]

Nel sistema rappresentato in figura un corpo puntiforme A di massa M = 5 kg è posto in quiete su un piano inclinato liscio sufficientemente lungo, che forma un angolo $\alpha=30°$ con il piano orizzontale. Un filo inestensibile che passa nella gola di una carrucola disposta verticalmente e imperniata ad un asse orizzontale fisso passante per il suo centro C, collega il corpo A ad un corpo B, pure esso puntiforme, di massa m = 5 kg che pende in quiete verticalmente.
Il corpo B, inoltre, è ancorato all’estremità di una molla ideale, posta in configurazione verticale, avente lunghezza di riposo $l_0 = 0.8 m$ e costante elastica $k = 122.5 N/m$.
L’altra estremità della molla è agganciata ad un perno fisso O del piano orizzontale. Inizialmente il sistema dei due corpi A e B è in condizioni di equilibrio statico. Le masse dei fili, della molla e della carrucola sono trascurabili rispetto alla massa dei due corpi.
All’istante t 0 = 0 il filo che collega i due corpi si spezza e questi, non più in equilibrio, iniziano a muoversi: il corpo A lungo il piano inclinato e il corpo B lungo la direzione verticale. Determinare nel sistema di riferimento Ox con l’origine O e l’asse x
perpendicolare al piano orizzontale e orientato verso l’alto:

1. Il diagramma delle forze ageni sui due corpi.
2. La tensione T del filo che collega i due corpi nella situazione di equilibrio
3. La deformazione $\vec{\Delta x} $ della molla in tali condizioni
4. La reazione $\vec{R_c}$ sviluppata dall'asse di sospensione della carrucola
5. L'equazione del moto del corpo M per $t>0$
6. La nuova posizione di equilibrio del corpo B, espressa in termini della sua coordinata x
7. la legge oraria del moto del corpo B per $t >0$
h) l’accelerazione istantanea $\vec{a}$ del corpo B quando si trova a distanza minima dal perno O.

1)
$P_m=P_M=P$, poiché le due masse sono uguali, e $\vec{F_{el}}=-k Deltax \mathbf{i}$


Su A: $\vec{P} + \vec{T} + \vec{N}= \vec{0}$

Su B: $\vec{P} + \vec{T} + \vec{F_el}=\vec{0}$

2,3)
Qui avrei bisogno di chiarire una cosa: la forza elastica, nel sistema $\sum_{i} \vec{F_i} = \vec{0}$, la scrivo come $-k Deltax$, visto che il testo non dice se sia compressa o meno, corretto?


\[
\begin{cases}
T=Mg \sin(\alpha) \\
-k \Delta x + T - mg = 0
\end{cases}
\]

da cui:

$\Delta x=\frac{T-mg}{k}=\frac{g}{k} (M \sin(\alpha) - m) = -0.2 m$

Poiché il risultato è negativo, la molla è compressa.

4.
$\vec{R_c}$ deve essere una forza uguale e contraria alla risultante delle due tensioni.

Se indico con $T_1$ la tensione proveniente dal piano inclinato, e $T_2$ l'altra, allora, in un sistema di riferimento con l'asse x parallelo al piano inclinato e l'asse y rivolto verso l'alto:

$\vec{T_1}=- T \mathbf{i}$
$\vec{T_2}=-T \sin(\alpha) \mathbf{i} -T \cos(\alpha) \mathbf{j}$

Perciò $\vec{R_c}=T(1+\sin(\alpha)) \mathbf{i} + T \cos(\alpha) \mathbf{j}$ e ha modulo

$|R_c|= T \sqrt(2(1+\sin(\alpha))$

5. Il corpo, in seguito alla rottura del filo, comincia a oscillare:

$m a = - k \Delta x - mg$

6.
Dal punto precedente, detto come al solito $\Delta x= \chi$, si ha, posto $\omega^2 = \frac{k}{m}$

$\ddot chi(t) + \omega^2 \chi = -\frac{m g}{k}$

Da cui, ponendo $\ddot chi =0$ si ricava

$x_eq= \frac{m g}{k} + l_0$

7.
La soluzione è

$\chi (t)=A \sin(\omega t +\phi) - \frac{m g}{k}$

Qui ora ho un serio dubbio sull'impostazione delle condizioni iniziali, per determinare $A$ e $\phi$.

In particolare, devo porre $\chi(0)= \Delta x_0$. devo prendere il modulo oppure lascio il segno che ho trovato precedentemente?
Suppongo vada lasciato con il segno:

$\chi(0)= \Delta x + \frac{m g}{k}= -0.2 + 0.4 >0 $
$\dot chi(0)= 0$

Perciò si ricava

$\phi= \pi/2$

e

$A=\Delta x + \frac{mg}{k}$

e la legge oraria di M diventa:

$\chi(t)= (\Delta x + \frac{m g}{k}) \dot cos(\omega t) - \frac{m g}{k}$

8. Quando si trova a distanza minima, si ha che la velocità $\dot \chi(t)=0$, e questo accade per $ t^{*}=\pi, 2 \pi, \ldots$.

Perciò l'accelerazione istantanea vale $\ddot \chi(t^{*})=\omega^2 (\frac{m g}{k} + \Delta x) \cos(\omega t^{*})= - \omega^2 ( \dot (\frac{m g}{k} + \Delta x)) \quad \mathbf{i}$


Grazie a chiunque possa correggermi o farmi notare eventuali errori

[donald_zeka]

Si mi pare giusto. Esercizi e risoluzioni molto "scolastiche"

[feddy]

Grazie mille, quel - nella condizioni iniziale mi turbava

Vero, sono presi e adattati dal vecchio eserciziario del mazzoldi.

[donald_zeka]

Forse poteva essere reso più interessante richiedendo di calcolare le oscillazioni di tutto il sistema senza dover tagliare il filo

[feddy]

In quel caso avrei dovuto sommare il sistema risultante, ottenendo a secondo membro una cosa tipo $(m+M) a= ...$ e risolvere l'equazione differenziale che salta fuori. Appena ho un po' più di tempo lo farò