Masse appoggiate su molla compressa
Figure 1:
Due masse M1 e M2 sono appoggiate agli estremi di una molla di massa trascurabile, lunghezza a riposo l0 e costante elastica k. La molla `e man- tenuta compressa di un tratto δ da un filo di massa trascurabile.
Si taglia il filo: quale `e la velocit`a delle due masse dopo aver abbandonato la molla?
Soluzione
Il problema si risolve utilizzando le leggi di conservazione. Tuttavia vediamo come si pu`o ricavare l’equazione del moto per le due masse.
Il moto `e unidimensionale. Considero un asse x con origine nel centro di massa del sistema (1, M2) con verso fissato in modo che sia x1(t) < 0 e x2(t) > 0.
Sia x(t) la lunghezza della molla ad un istante generivo. Allora le coor- dinate dei due corpi rispetto al centro di massa verificano il sistema:
x2(t) − x1(t) = x(t)
M1x1(t) + M2x2(t) = 0 (1) da cui:
( x1(t) = −MM2
1+M2x(t) x2(t) = MM1
1+M2x(t) (2)
L’equazione del moto si scrive:
M1x¨1(t) = k(x(t) − l0)
M2x¨2(t) = −k(x(t) − l0) (3) 1
Il sistema `e valido fino a che le masse sono appoggiate alla molla, e quindi per x(t) < l0. La soluzione si ottiene sottraendo le due equazioni ed utilizzando la condizione in eq.1 per ottenere una equazione in x(t).
¨
x(t) = −k
µ(x(t) − l0) (4)
dove abbiamo introdotto la massa ridotta µ definita da:
1 µ = 1
M1 + 1
M2 (5)
La soluzione dell’equazione 4 `e data da:
x(t) = A cos ωt + B sin ωt + l0 (6) dove ω2 = k/µ ed i parametri A, B sono dati dalle condizioni iniziali: x(0) = l0− δ e ˙x(0) = 0.
x(t) = l0− δ cos ωt (7)
Come gi`a evidenziato in precedenza, questa soluzione `e valida solamente per x(t) < l0, cio`e per ωt < π/2.
Per rispondere alla domanda del
~
r × ~F + ~r
2× m~g = 0 →
−mgl/2 + lFz= 0
−lFx = 0 (8)
Di conseguenza Fx = Rx = 0 e Fz = Rz = mg/2. Come ci potevamo attendere, la componente y non `e determinata e possiamo dire solamente che Fy = −Ry.
Spostiamo adesso l’estremo P verso l’alto. Questo corrispondere a met- tere la sbarretta in rotazione intorno al punto O sul piano (y, z) con una velocit`a angolare ~Ω = vlˆex.
Il momento angolare del sistema rispetto al polo O si pu`o scrivere, usando il teorema di K¨onig, come il momento del centro di massa V pi`u quello intorno a V :
L~O= IO,xΩ + I~ v~ω (9) dove IO,x = m(l/2)2 `e il momento di inerzia rispetto all’asse x, intorno al quale avviene la rotazione ~Ω, del sistema nel quale la massa m `e concentrata nel centro di massa V , mentre Iv `e il momento di inerzia del volano intorno al suo asse, coincidente con l’asse y.
La variazione nel tempo del momento angolare `e data da:
d~LO dt = d
dtIv~ω = Ivωd
dteˆy = Ivω~Ω × ˆey = Ivvω
l ˆez (10) dove abbiamo usato l’equazione di Poisson dˆe/dt = ~Ω × ˆe.
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Inserendo questa espressione nell’equazione 8 si ricava:
−mgl/2 + lFz= 0
−lFx = Ivωv/l (11)
dove abbiamo assunto che lo spostamento di P `e piccolo rispetto alla lunghezza della sbarra in modo da mantenere m~g = −mgˆez nelle equazioni cardinali.
Per mettere in rotazione la sbarretta verso l’alto, alla forza ~F trovata nel caso statico va aggiunta una componente trasversale diretta lungo x e di intensit`a
Fx= −R2 2l2mvω.
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