Molla con blocco e piastra

[feddy]

Ho svolto il seguente esercizio, tuttavia ho dei dubbi circa lo svolgimento di alcuni punti

Un blocco, assimilabile a un corpo puntiforme, di massa m = 1kg è appoggiato sulla superficie scabra di una piastra sottile a facce piane e parallele, di massa M = 4 kg, che può scivolare su un piano orizzontale perfettamente liscio. Il corpo, che può scorrere sulla superficie della piastra incontrando un coefficiente di attrito dinamico $ u_d = 0.2$, mentre quello di attrito statico
vale $u_s= 0.5$, è inizialmente in quiete essendo appoggiato all’estremità di una molla ideale (di massa trascurabile) e di costante elastica $k = 600 N/m$ , avente l’altra estremità ancorata ad una staffa solidale alla piastra. La molla è mantenuta in compressione di un tratto $\Delta l = 5 cm$ tramite una corda tesa che collega i due punti estremi di essa. All’istante t = 0 la corda si spezza e la molla si espande mettendo in moto i due corpi con cui è inizialmente a contatto.

Sapendo che la distanza iniziale che separa il corpo di massa m dal bordo della piastra è pari a D = 20 cm, determinare:
a) la tensione iniziale della corda che tiene compressa la molla;
b) il diagramma delle forze agenti sul blocco di massa m e sulla piastra di massa M all’istante t=0 + ;
c) le accelerazioni assolute del blocco e della piastra all’istante t =0 + ;
d) la velocità del blocco e della piastra nell’istante in cui il blocco raggiunge il bordo della piastra;
e) il tempo impiegato dal blocco a raggiungere il bordo della piastra dopo aver abbandonato la molla.

Svolgimento

a) Visto che scrivo la forza elastica come $F_{el} = - k \Delta_x \mathbf{i}$, con $\Delta x= (x_f- l_0)=-0.05 m$, il bilancio delle forze lungo la direzione orizzontale pone $T- u_s N - k \Delta x=0$.

Poiché $N=mg$

$[\vec{T}=k \Delta x + u_s mg=-25.1 \mathbf{i}]$

b) Ora scompare la tensione e sul corpo m agiscono la normale, l'attrito dinamico, la forza peso e la forza elastica, che esercita un richiamo verso la posizione iniziale.
Su M invece agiscono le stesse forze (uguali e opposte)

c)
Scrivo le due equaizoni del moto:
$m a_a = -k \Delta x - u_d mg$

$M a_b= k \Delta x +u_dmg$.

L'equazione del moto di M so che si scrive così perché le forze in gioco sono interne e quindi uguali e opposte). Tuttavia non comprendo intuitivamente come possa apparire la forza elastica anche su $M$.



Da cui ricavo che

$[a_a =28 m/s^2, \quad a_b = -7 m/s^2]$

.

d) Utilizzo il fatto che $W_{\text{attrito}}=-u_d m g D$ è uguale alla variazione di energia meccanica:

perciò $-u_d m g D = \frac{1}{2}M V_{M}^{2} \frac{1}{2} m v_{m}^{2} - \frac{1}{2} k \Delta_{x}^{2}$

La relazione tra $v_m$ e $v_M$ è data dalla conservazione della quantità di moto lungo x: $0=M v_M + m v_m$. Questo vale perché le forze interne hanno risultante nulla e, poiché le forze esterne hanno anch'esse risultante nulla (la forza peso di ciascuno è equilbrata dalle corrispondenti reazioni vincolari), vale la conservazione della qdm.


Da cui $v_{m} =\sqrt(\frac{k \Delta_x^{2} - 2 u_d m g D}{m + \frac{m}{M^2}})$

e)
Qui sono in difficoltà poiché faccio un po' di confusione.
Ho pensato che poiché entrambi si muovono deve essere che al tempo $t^{*}$ in cui il corpo m raggiunge il bordo deve essere

$x_m(t) + x_M(t)=D$

Viste le accelerazioni calcolate sopra pensavo $x_m(t)=l_0 + \frac{1}{2} a_a t^2$ e $x_M(t)=-\frac{1}{2}a_b t^2$

Da cui imponendo che la somma sia $D$ ho ricavato $\bar{t}=\sqrt(\frac{2(D-l_0)}{a_a - a_b})$

Quello che mi turba è che non compare la forza d'attrito in queste due espressioni, ma ne tiene conto l'accelerazione $a_a$.



Grazie a chiunque possa darmi un check o farmi notare eventuali errori

[feddy]

Up!

[spiderbat]

Il problema è abbastanza interessante e, anche se utilizza solo aspetti semplici della meccanica, tocca diversi argomenti non banali. Dalla mia esperienza lo giudicherei adatto come compito scritto per la prima parte di un corso di meccanica per fisici, ma già troppo complesso per corsi di fisica in altri c.d.l.

Direi che la soluzione delle domande a) b) e c) sia corretta, salvo un particolare su cui si può dissertare solo per pignoleria: a rigore, nell'istante in cui si libera la molla il blocco è ancora fermo, per cui, per un solo istante, è soggetto alla forza di attrito statico. In questo caso nella soluzione si dovrebbe usare \( u_s \) e non \( u_d \). Va comunque detto subito che l'effetto di una forza finita per un tempo infinitesimo è totalmente trascurabile, per cui troverei più "fisico" usare da subito l'attrito dinamico, considerando il tempo infinitesimo dopo il quale il blocco non è più rigorosamente fermo. In ogni caso, sempre per completezza, si dovrebbe controllare che \( |k\,\Delta l|>|u_s\,m\,g|\), come di fatto avviene, perché altrimenti il blocchetto resterebbe fermo sulla piastra.

La forza elastica agisce anche sulla piastra perché la molla è attaccata alla piastra stessa. Essendo la molla di massa trascurabile, essa esercita sempre, in statica e in dinamica, due forze uguali ed opposte, una applicata al blocco, l'altra alla piastra.

Nella domanda d) è giusto assumere una perdita di energia meccanica pari a \( u_d\,m\,g\,D\), ma il risultato non è banale e forse andrebbe giustificato. Se chiamiamo \( x_1 \) la coordinata del blocco rispetto alla piastra e \( x_2 \) quella del c.m. della piastra rispetto a un riferimento fermo (dato che la piastra si limita a traslare, la posizione del c.m. su di essa non ha alcuna importanza e si può supporre che sia dove si vuole; tenderei a considerare l'origine per \( x_1 \) nel punto in cui la molla è scarica, così che inizialmente \( x_1(0)=-\Delta l \) e il c.m. della piastra nello stesso punto,con \( x_2(0)=0 \) in modo che la coordinata assoluta del blocco risulta \( x_1 + x_2 \)). A questo punto in un tempo infinitesimo \( dt \) il lavoro complessivo dell'attrito vale \[ d{\cal L} = - u_d\, m\, g\,(\dot x_1+\dot x_2)\,dt+ u_d\, m\, g\,\dot x_1\,dt = -u_d\, m\, g\,\dot x_2\,dt\]
Da qui si vede che se il blocco si sposta sulla piastra di un tratto \( \Delta x_1 \) verso destra il lavoro vale \( - u_d\,m\,g\,\Delta x_1 \) (per spostamenti verso sinistra le forze d'attrito su blocco e piastra cambiano verso e il lavoro resta negativo).

Direi invece concettualmente errata la risposta alla domanda e): non può supporre il moto degli oggetti uniformemente accelerato quando agisce la molla con una forza elastica non costante. Ho visto spesso studenti commettere questo tipo di errori proprio per aver indicato con "a_qualcosa" un'accelerazione che non è costante ed è il motivo per cui preferisco sempre utilizzare la notazione \( \ddot x \), che salvaguardia da questo tipo di fraintendimenti. Il moto va diviso in due fasi: nella prima fase, fino all' arrivo alla posizione di molla scarica, con le mie coordinate \( x_1 = 0 \), nel moto agisce anche la molla e questo risulta di tipo armonico. Si calcola la velocit\`a finale del blocco, quando si stacca dalla molla. Si può fare usando la "non" conservazione dell'energia, considerando che all'istante iniziale \( T_i =0 \) e \( V_i = (1/2)\, k\, \Delta l^2 \), mentre all'istante finale \( T_f= (1/2)\, m (\dot x_{1f}+ \dot x_{2f})^2 + (1/2)\, M \dot x_{2f}^2 \) e \( V_f= - u_d, m\,g\,\Delta l\), considerando che la molla si è scaricata e si è avuta la perdita dovuta all'attrito. Si può calcolare la velocità finale degli oggetti anche integrando direttamente le equazioni di moto armonico, ma è un po' più macchinoso.

Una volta conosciuta la velocità del blocco quando si stacca dalla molla, il moto successivo vede come forze solo quelle di attrito e risulta quindi uniformemente accelerato, per cui si può facilmente trovare il tempo di percorrenza.

Spero di essere stato minimamente utile.

[feddy]

Ciao spiderbat, ti ringrazio per la risposta e per la risposta e la precisione.

Spero di essere stato minimamente utile.

Certamente, la tua osservazione sul punto e) mi era sfuggita


E' tutto chiaro tranne, manco a dirlo, il punto e). O meglio, mi è chiaro l'errore che ho commesso, però non sono certo della tua risoluzione ora.
Innanzitutto non capisco questo:

mentre all'istante finale $Tf=(1/2)m(x˙1f+x˙2f)2+(1/2)Mx˙22f e Vf=−ud,mgΔl$, considerando che la molla si è scaricata e si è avuta la perdita dovuta all'attrito.

Non mi trovo con la tua energia cinetica finale.

Io ho provato così:

Dalla "non conservazione dell'energia":

$[-\mu_d mg \Delta l = \frac{1}{2} m v_{1}^{2} + \frac{1}{2} M v_{2}^{2}]$

Ora però ho due incognite. L'altra relazione che vale è $m_1 v_1 - m_2 v_2=0$, dalla conservazione della quantità di moto (è corretta?)
Così facendo posso ricavarmi $v_1$ e $v_2$, rispettivamente velocità del blocco e della piastra una volta avvenuto il rilascio dalla molla.

Ora, come giustamente dici, agisce solamente l'attrito (dinamico).

Quello che farei io è scrivere la 2° legge di NEwton per entrambi i corpi e quindi le due leggi del moto $x_1(t), x_2(t)$.

$x_1(t)= v_1 t - \frac{1}{2} a t^2$, con $|a|=\mu_d g$
$x_2(t)=-v_2 t + \frac{1}{2} a t^2$,

e usare lo stesso ragionamento fatto prima, cioè

$[x_1(t)+x_2(t)=D]$

e ricavarmi $t$ da questa equazione.

Che ne dici?

[spiderbat]

Nella schematizzazione del problema ho indicato con \( x_1 \) la coordinata del blocco relativa alla piastra e non quella rispetto a un sistema fisso, che risulta, con le origini scelte, \( x_1 + x_2 \). Da questo viene la mia espressione dell'energia cinetica.
Usando invece le coordinate assolute, la tua soluzione è corretta. Farei solo attenzione a scrivere \( m v_1 - M v_2 = 0 \): è giusta se si considera implicitamente il verso positivo di \( v_1 \) verso destra e quello di \( v_2 \) verso sinistra.
Un metodo del genere non è sbagliato in sé, ma può portare facilmente a errori di segno nel seguito. Si tratta di una tendenza abbastanza naturale, soprattutto per i neofiti, a mescolare la descrizione cinematica del sistema meccanico con la predizione di ciò che effettivamente succederà nel moto in virtù della dinamica. Viceversa si rischiano decisamente meno errori se si imposta a priori la descrizione cinematica del sistema in modo formalmente ineccepibile, senza minimamente farsi condizionare da quello che sarà (o si opina che sarà) il moto effettivo del sistema. La descrizione cinematica deve infatti esprimere tutti i moti permessi dai vincoli. Una volta stabilita, l'algebra farà automaticamente il suo lavoro e le quantità ricavate avranno segno positivo o negativo a seconda dei versi scelti per le coordinate, ma comunque saranno sempre fisicamente corrette. Ad esempio, usando coordinate assolute \( X_1 \) e \( X_2 \) rispettivamente per il blocco e la piastra, con assi diretti verso destra nelle figure, potremo scrivere la conservazione della quantità``di moto come
\[ m \dot X_1 + M \dot X_2 = 0\]
Questo implica che le due velocità avranno sempre segno opposto, come fisicamente ovvio.

Nella soluzione che hai proposto poi si trovano due errori:

Se si usano coordinate assolute lo spazio percorso dal blocco rispetto al sistema fisso è inferiore a quello percorso rispetto alla piastra, perché questa contemporaneamente si muove in senso opposto

Anche se la coordinata del blocco fosse relativa alla piastra, lo spazio da considerare non sarebbe \(D\) ma \( D - \Delta l\) perché stiamo studiando il moto non dal momento iniziale con molla carica, ma da quello in cui il blocco si stacca dalla molla, dopo aver percorso un tratto \( \Delta l \) sulla piastra.

Se consideriamo l'origine delle coordinate assolute nel punto del piano fisso dove si trovano i c.m. del blocco e quello della piastra (che possiamo considerare in qualsiasi punto della piastra, data la pura traslazione) all'istante iniziale (che possiamo considerare \( t=0\), "riazzerando il cronometro"), a molla scarica, avremo le equazioni di moto
\[\cases{m\,\ddot X_1= - u_d\,m\,g\,\hfill\cr M\ddot X_2= u_d\,m\,g\hfill\cr}\]
che si integrano con le condizioni iniziali \( X_1(0) = X_2(0)=0\) e \(\dot X_1(0)= V_1\), \(\dot X_2(0) = V_2 \) dove le velocità sono quelle determinate nella fase precedente, rispettivamente una positiva e una negativa,
\[\cases{\dot X_1 = V_1 - u_d\,g\,t\hfill\cr \dot X_2= V_2 + u_d\,(m/M)\,g\,t\hfill\cr}\]
A noi interessa la velocità relativa del blocco rispetto alla piastra, che è \(\dot x_1= \dot X_1 - \dot X_2\) e vale
\[ \dot x_1= V_1 - V_2 - u_d\,\left(M+m\over M\right)\,g\,t\]
Da cui infine
\[ x_1= (V_1 - V_2)\,t - {1\over 2} u_d\,\left(M+m\over M\right)\,g\,t^2\]
Ci interessa il tempo necessario a raggiungere la posizione \( x_1 = D - \Delta l \). Imponendo la condizione si ottiene un'equazione di secondo grado in \( t \), con due radici positive, di cui si deve scegliere la minore, perché il tempo maggiore corrisponde a un ipotetico moto in cui il blocco supererebbe l'estremità della piastra, decelererebbe fino a fermarsi e tornerebbe indietro alla posizione \( x_1 = D - \Delta l \).

[feddy]

Usando invece le coordinate assolute, la tua soluzione è corretta. Farei solo attenzione a scrivere mv1−Mv2=0: è giusta se si considera implicitamente il verso positivo di v1 verso destra e quello di v2 verso sinistra.

Certamente, avrei dovuto scriere $m \vec{v_1} + M \vec{v_2}=\vec{0}$

Anche se la coordinata del blocco fosse relativa alla piastra, lo spazio da considerare non sarebbe D ma D−Δl perché stiamo studiando il moto non dal momento iniziale con molla carica, ma da quello in cui il blocco si stacca dalla molla, dopo aver percorso un tratto Δl sulla piastra.

Ops, avevo capito che $D$ era esattamente la distanza tra il punto di "rilascio della molla" e il bordo della piastra. Errore mio.

L'impostazione dell'equazione del moto è identica alla mia (salvo nella notazione $a_1 = \ddot{X_1}$

Il mio errore inizia qui:

A noi interessa la velocità relativa del blocco rispetto alla piastra, che è x˙1=X˙1−X˙2

Questo passaggio concettualmente faticava a entrarmi in testa, ma ora mi è chiaro: "Noi vogliamo che il blocco, rispetto alla piastra, si muova esattamente di $D - \Delta l$".

Quindi qui, in questa legge oraria

\[ \dot x_1= V_1 - V_2 - u_d\,\left(M+m\over M\right)\,g\,t \]

, le due velocità si sommano, poiché $V_1$ era positiva e $V_2$ era negativa.


Mi è tutto chiaro, la tua spiegazione è stata più che esauriente.

- - - - - -
Se posso agganciarmi al tuo discorso fatto qui, avrei una domanda (sciocca), ma che ogni volta mi perseguita. Uso un esempio che mi è capitato per farti capire.

Un metodo del genere non è sbagliato in sé, ma può portare facilmente a errori di segno nel seguito. Si tratta di una tendenza abbastanza naturale, soprattutto per i neofiti, a mescolare la descrizione cinematica del sistema meccanico con la predizione di ciò che effettivamente succederà nel moto in virtù della dinamica. Viceversa si rischiano decisamente meno errori se si imposta a priori la descrizione cinematica del sistema in modo formalmente ineccepibile, senza minimamente farsi condizionare da quello che sarà (o si opina che sarà) il moto effettivo del sistema. La descrizione cinematica deve infatti esprimere tutti i moti permessi dai vincoli. Una volta stabilita, l'algebra farà automaticamente il suo lavoro e le quantità ricavate avranno segno positivo o negativo a seconda dei versi scelti per le coordinate, ma comunque saranno sempre fisicamente corrette.

Supponiamo di avere un piano inclinato con una molla di costante elastica $k$ e lugnhezza a riposo $l_0$ ancorata alla base e un corpo $m$ agganciato ad essa. Ovviamente la molla sarà compressa di una certa quantità $\Delta x$. E nello stesso piano inclinato, ad un'altezza maggiore, un altro corpo $M$ che viene tenuto fermo. Supponiamo non ci siano attriti, per semplicità. Adesso supponiamo che il corpo $m$ venga lasciato scivolare lungo il piano e che vada a urtare il corpo $M$ ancorato alla molla in modo perfettamente analastico e centrale formando un corpo di massa $M_s$. (Tutte le conseguenze di quello che accade a livello di qdm e energia dissipata mi è chiaro).

In figura la situazione.




Si vuole studiare l'equazione del moto, in dipendenze dall'allungamento $\Delta x$ ( poi ricavare la legge oraria sarà solo questione di inserire le condizioni iniziali nella soluzione dell'oscillatore armonico).

Prendendo un sistema di riferimento con l'asse x parallelo al piano e l'asse y a esso ortogonale e l'origine ancorata nel punto più basso dove inizia la molla, il mio dubbio è come scrivere il verso delle forze nell'equazione.

Se dovessi guardare come ho messo gli assi, dal momento che la molla è compressa, allora la forza elastica sarà diretta lungo il verso positivo dell'asse: $M_s a= +k \Delta x - M_s g \sin(\alpha)$. Ora però così non è più l'equazione di un oscillatore armonico.


Quindi, come dici tu sopra, considero $M_s \vec{a}= -k \vec{Delta x} - M_s g \sin(\alpha)$. Ora in effetti, verrebbe proprio l'equazione dell'oscillatore $\ddot{chi}(t) + \omega^{2} \chi(t) = - g \sin(\alpha)$, dove $\chi(t)=x(t)-l_0$

E' corretto il secondo ragionamento, oppure nemmeno quello ?

[spiderbat]

Il risultato corretto, nell'esempio del piano inclinato, è ovviamente il secondo, ma vorrei cercare di spiegare un modo di arrivarci che sia valido in generale. Nel primo ragionamento penso che l'errore di segno derivi dalla considerazione "dato che la molla è compressa, allora la forza elastica...". Con essa si prende atto in anticipo di una situazione dinamica del sistema (valida poi solo all'istante iniziale e in una parte dei casi) e in base ad essa si "corregge" a priori il segno di un'espressione che invece deve essere stabilita in generale, in modo che sia valida in tutti i casi. L'errore di segno è poi praticamente causato dal fatto che se la molla è compressa \( \Delta x \) è negativo, per cui se correggiamo a priori il verso della forza, in realtà annulliamo questo fatto e otteniamo il risultato sbagliato. Probabilmente il fatto di riferirsi a "allungamenti" chiamandoli \( \Delta x \), contribuisce, sul piano psicologico, a rendere la situazione più complicata.

Vorrei proporre un modo di risolvere il problema che forse è più laborioso e pignolo, ma che dovrebbe evitare questo tipo di confusioni. Quando poi si è acquistata molta familiarità con la materia, si possono scrivere le equazioni giuste anche senza passare esplicitamente da tutto il formalismo vettoriale.

1. Schematizziamo il sistema da un punto di vista assolutamente generale, senza preoccuparsi dello specifico che succederà.

1.a Descrizione cinematica: dati i vincoli e l'assenza di forze che possano far saltare i blocchi dal piano inclinato, tutto il moto si svolgerà lungo di esso e potremo individuare la posizione degli oggetti (almeno se si limitano a traslare), con una sola coordinata. La cosa più semplice è considerare, come in figura, un asse x lungo il piano inclinato, diretto verso l'alto. Per ogni oggetto schematizzabile come un punto possiamo prendere, se vogliamo, un'origine diversa per le coordinate, purché fissa, e vale la pena di scegliere quelle che si prestano a semplificare le espressioni. Per la massa \( M \) attaccata alla molla possiamo scegliere l'origine nel punto in cui la molla risulta scarica, mentre per la massa \( m \) non ci sono situazioni preferenziali, per cui, per semplicità, useremo la stessa origine.

Vorrei introdurre il formalismo dei versori degli assi: indico con \( \hat i \) un versosre, ossia un vettore di modulo unitario, diretto come l'asse x. Se chiamo \( x_1 \) l'ascissa del blocco di massa \( M \) posso scrivere per la sua velocità:
\[ \vec v_M= \dot x_1\,\hat i\qquad \vec a_M= \ddot x_1\,\hat i\]
e analogamente per l'ascissa dell'altro blocco.

1.b Espressione delle forze. Se ci limitiamo alle forze che si esercitano lungo il piano inclinato, dobbiamo scrivere quella della molla. La forza \( \vec F_e \) della molla è in modulo \( | \vec F_e | = k\,| x_1 |\). Se (notare che non vado a chiedermi come sarà nelle condizioni specifice del problema) \( x_1 < 0 \) la forza deve essere diretta nel verso positivo dell'asse \( x \), viceversa se \( x_1 > 0\). Possiamo scrivere un'espressione del tutto generale per la forza della molla \[ \vec F_e = - k\,x_1\,\hat i\]. Per considerare la forza peso dobbiamo introdurre anche un asse \( y \) che prendiamo perpendicolare a quello delle ascisse e diretto verso l'alto. Chiamiamo \( \hat j\) un versore diretto come l'asse \( y \). Sul blocco attaccato alla molla agisce una forza peso \( \vec P \) con \( | \vec P | = M\,g \). Il peso è diretto verso il basso, per cui si arriva, con un minimo di trigonometria, all'espressione vettoriale
\[ \vec P = - M\,g\,\sin\alpha\,\hat i - M\,g\,\cos\alpha\,\hat j \]
Abbiamo infine la reazione vincolare del piano inclinato sul blocco, che, se il piano è liscio, è diretta perpendicolarmente ad esso e vale
\[ \vec N = N\,\hat j\]
La variabile \( N \) rappresenta l'intensità della forza nella direzione positiva dell'asse \( y \) e, dato che il vincolo è unilatero (può solo sorreggere il blocco ma non impedirgli di "volare via" se altre forze agenti su di esso lo portassero a farlo), deve essere \( N \ge 0 \).

2. A questo punto possiamo scrivere l'equazione di moto per il blocco, usando \( \vec F = M\,\vec a_M\)
dove \( \vec F \) è la somma vettoriale di tutte le forze applicate al blocco. Abbiamo
\[ M\,\vec a_M = \vec F_e + \vec P + \vec N \quad\Rightarrow\quad M\,\ddot x_1\,\hat i=-k\, x_1\,\hat i - M\,g\,\sin\alpha\,\hat i - M\,g\,\cos\alpha\,\hat j + N\,\hat j \]
Abbiamo un'equazione vettoriale bidimensionale che possiamo suddividere nelle due componenti, ottenendo due equazioni scalari
\[\cases{ M\,\ddot x_1=-k\, x_1-M\,g\,\sin\alpha\hfill\cr
0= - M\,g\,\cos\alpha + N\hfill\cr}\]
La prima equazione esprime un moto armonico con \( \omega = \sqrt{k/M} \) centrato intorno alla posizione \( x_{10}= -M\, g\, \sin\alpha/k \), ossia la posizione di equilibrio statico in cui la forza della molla bilancia la compomente del peso lungo il piano inclinato. La seconda equazione permette di calcolare la reazione vincolare \( N = M\, g\,\cos\alpha \), verificando che è positiva come richiesto e fisicamente ovvio.

[feddy]

Grazie infinite. Esattamente quello che speravo di ottenere come risposta. A dire il vero, per non sbagliare, utilizzo spesso il fatto, quando compare la forza elastica, di scriverla con la sua espressione vettoriale, tuttavia la tua risposta mi ha chiarito ancor di più le idee.

Resta un'unica casistica, se posso (non vorrei abusare della tua pazienza), che mi lascia dubbi, ed è la seguente:



Il sistema è tenuto in equilibrio mediante un filo teso ancorato a $O$. Dopo aver determianto le varie tensioni, reazioni ecc., il filo che collega $m$ con $O$ viene tagliato e il sistema si mette in moto.
La domanda è: calcolare l'equazione del moto del sistema.

Stando a quanto detto poco sopra, io farei così:
considero un s.d.r Ox con origine nel punto O e orientato verso l'alto.

L'equazione del moto per $m$: $m a \hat{i} = -k x \hat{i} - mg \hat{i} + T \hat{i}$
Quella per $M$: $M a \hat{i}=-T \hat{i} - Mg \cos(\alpha) \hat{i}$

Sommandole ottengo $(M+m) a \hat{i} = - k x \hat{i} - mg - mg \sin(\alpha)$.

E' corretto? Il mio dubbio risiede nel fatto che le tensioni non sono di per sè verticali (una è diretta lungo il piano inclinato), tuttavia, credo per l'inestensibilità della fune, sono propenso a pensare che è come se fossero verticali. Con lo stesso ragionamento ho considerato la componente della forza peso, che è diretta verso il basso ed è quindi $-mg \cos(\theta) \hat{i}$.

P.S. Una volta determinata la soluzione dell'equazione, mi è stato detto che questa è la legge oraria del corpo di massa m, non dell'intero sistema. E in effetti è corretto, dal momento che praticamente è un' oscillatore verticale.

[Vulplasir]

Ma no, NON si mette quella robaccia vettoriale...se no per fare un banale esercizio ci si mette una vita, ne' tantomeno è necessario sempre fissare questo benedetto sistema di riferimento (nei corsi di fisica la prima cosa che insegnano è "fissiamo un sdr", NON è assolutamento necessario molte volte, non servono sdr, ma servono solo coordinate, che è diverso).

Semplicemente si fissa l'origine di una coordinata qualsiasi in un punto che ci pare e nella direzione che ci pare, in seguito si scrive l'equazione di moto supponendo che il sistema si sposti nela direzione positiva di quella coordinata...niente di più semplice.

Per esempio nel caso del piano inclinato con molla, si fissa una coordinata x diretta lungo il piano inclinato verso il basso con l'origine nel punto in cui la molla non è compressa, quindi se il sistema si sposta in quella direzione di x, l'equazione del moto è:

$mddotx=-kx+mgsintheta$

E fine.

Stessa cosa nell'altro esercizio, si fissa una coordinata x verticale per la massa appesa e una coordinata y diretta lungo il piano inclinato per la massa sul piano inclinato, se le scegliamo nello stesso verso (ossia x in alto e y diretta verso il basso lungo il piano inclinato), allora vale x=y e:

$mddotx=-kx-mg+T$
$Mddoty=mgsintheta-T$

Notare come non ho selto "sistemi di riferimento" ma solo coordinate locali.

[Vulplasir]

Per esempio in questo esercizio viewtopic.php?f=19&t=189582&start=10
nel caso a 2 gradi di libertà, non ce ne facciamo nulla di una terna cartesiana, ci serve una generica coordinata x di traslazione della puleggia e una coordinata $theta$ di rotazione della stessa, e si procede nel modo che ho descritto.