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Esercizio urti 24

Urti in Meccanica classica

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Esercizio 24 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Un cubo di massa M e spigolo \ell è appoggiato su di un piano orizzontale al quale è incernierato senza attrito per uno spigolo. Un corpo di massa m, in moto con velocità v_0 parallela al piano orizzontale (si veda la figura 1), colpisce perpendicolarmente il bordo superiore della faccia del cubo opposta allo spigolo incernierato (punto P rappresentato in figura 1). Dopo l’urto la direzione di moto del corpo si inverte, mentre il modulo della sua velocità si riduce per un fattore k. Si calcoli il valore v_{min}, con v_0>v_{min}, tale che il cubo si ribalti. Nella figura 1 è stato rappresentato un sistema di riferimento fisso Oxyz e per indicare il vettore \vec{v}_0 è stato introdotto il versore \hat{x} per l’asse delle x. Inoltre, si assuma che la massa del cubo sia distribuita in modo omogeneo su tutto il suo volume, si trascuri ogni forma di attrito e sia dia per buono che il momento d’inerzia del cubo rispetto alla cerniera P sia I_P=\dfrac{2}{3}M\ell^2.

 

 

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Svolgimento.

Rappresentiamo la situazione un’istante dopo l’urto, ricordando che il modulo della velocità è diminuito di un fattore k.

 

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Dopo l’urto la pallina m torna indietro con una velocità parallela all’asse delle x e il cubo essendo incernierato ruoterà con una velocità angolare (non costante) rispetto alla cerniera. L’impulso \vec{J} generato nell’urto è dato dalla variazione della quantità di moto della pallina m, cioè

(1)   \begin{equation*} \vec{J}=mv_0\left(-k-1\right)\hat{x}=-mv_0\left(1+k\right)\hat{x}, \end{equation*}

da cui deduciamo che il modulo \vec{J} è

(2)   \begin{equation*} \left \vert \vec{J} \right \vert =J=mv_0\left(1+k\right). \end{equation*}

Chiaramente per il terzo principio della dinamica sul cubo M verrà applicato un impulso -\vec{J}. Applichiamo il teorema dell’impulso angolare, scegliendo come polo P, ottenendo

(3)   \begin{equation*} \vec{r}\wedge\left( -\vec{J}\right) =\Delta \vec{L}=I_P\,\vec{\omega}, \end{equation*}

dove \vec{\omega} è la velocità angolare del cubo un’istante dopo l’urto, I_P è il momento d’inerzia del cubo rispetto a P, \vec{r} è il vettore che congiunge la cerniera al punto dove avviene l’urto, come rappresentato in figura 2. Sfruttando quanto ottenuto, dall’equazione (3), si ottiene

    \[\begin{aligned} &\left \vert \vec{r}\wedge\vec{J}\right \vert = \ell \left\vert \vec{J}\right\vert=\dfrac{2}{3}M\ell^2\vert \vec{\omega}\vert \quad \Leftrightarrow\quad m v_0\ell (k+1) = \dfrac{2}{3}M \ell^2 \vert \vec{\omega} \vert \quad \Leftrightarrow\\[10pt] & \Leftrightarrow \quad \left \vert \vec{\omega}\right\vert=\dfrac{mv_0\left(k+1\right)}{\dfrac{2}{3}\ell M}=\dfrac{3mv_0}{2\ell M}\left(k+1\right). \end{aligned}\]

La condizione da imporre affinché il cubo si ribalti è che l’impulso impresso da m_1 ad m_2 sia tale da permettere al cubo di compiere un angolo maggiore di 45^\circ rispetto all’asse delle x, come rappresentato in figura 3.

 

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Analizziamo il sistema dopo l’urto. Osserviamo che agiscono solo forze conservative, quindi dalla si conserva l’energia totale per m_2. Scegliendo come livello dell’energia potenziale gravitazionale nulla il piano orizzontale, l’energia dopo l’urto è

    \[E_i=\dfrac{1}{2}I_P\vert \vec{\omega}\vert^2+mg\dfrac{\ell}{2}.\]

Come configurazione finale prendiamo quella rappresentata in figura 3, ovvero quando il corpo ha compiuto una rotazione pari a 45^\circ. Ipotizzando che il corpo in tale configurazione ci arrivi con velocità angolare nulla, ovvero fermo, l’energia potenziale totale di m_2 è solo gravitazionale, cioè

    \[E_f= Mg\dfrac{\sqrt{2}}{2}\ell.\]

Per la conservazione dell’energia meccanica, si ha

    \[E_i=E_f,\]

ovvero

    \[\dfrac{1}{2}I_P\vert \vec{\omega}\vert^2+mg\dfrac{\ell}{2}=Mg\dfrac{\sqrt{2}}{2}\ell,\]

in altri termini

    \[\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2}{3}M\ell^2\right)\vert \vec{\omega}\vert^2+mg\dfrac{\ell}{2}=Mg\dfrac{\sqrt{2}}{2}\ell,\]

da cui

    \[\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2}{3}M\ell^2\right)\vert \vec{\omega}\vert^2=Mg\left(\dfrac{\ell}{2}-\dfrac{\sqrt{2}\ell}{2}\right),\]

o anche

    \[\left(\dfrac{2}{3}M\ell^2\right)\left(\dfrac {9m^2}{4\ell^2M^2}v_0^2\left(k+1\right)^2\right)=Mg\ell\left(\sqrt{2}-1\right)\]

quindi

    \[\dfrac{3m^2}{2M^2}v_0^2\left(k+1\right)^2=g\ell\left(\sqrt{2}-1\right),\]

conseguentemente

    \[v_0^2=\dfrac{2g\ell M^2\left(\sqrt{2}-1\right)}{3m^2\left(k+1\right)^2},\]

infine

    \[v_0=\dfrac{M}{\left(k+1\right)m}\sqrt{\dfrac{2g\ell \left(\sqrt{2}-1\right)}{3}}.\]

Dunque affinché il cubo si ribalti, la massa m deve avere una velocità

    \[\boxcolorato{fisica}{ v_0>\dfrac{M}{\left(k+1\right)m}\sqrt{\dfrac{2gl\left(\sqrt{2}-1\right)}{3}}=v_{min}.}\]

 


Approfondimento.

Si osservi che era possibile calcolare il momento d’inerzia applicando la definizione di momento d’inerzia. Sia \rho la densità volumetrica del cubo tale che \rho=M/\tau, dove \tau=\ell^3 (volume del cubo). Calcoliamo I_P, applicando la definizione di momento d’inerzia, cioè

    \[I_P=\iiint_{\text{Volume del cubo}}R^2\,dm=p\iiint_{\text{Volume del cubo}}R^2\,dxdydz,\]

dove R=y^2+z^2. Svolgendo i calcoli otteniamo

    \[I_P=\rho\int_0^\ell dx\int_0^\ell dy\int_0^\ell \left(y^2+z^2\right)dz=2\rho\int_0^\ell dx\int_0^\ell dy\int_0^\ell z^2 dz=2\rho\dfrac{\ell ^5}{3}=\dfrac{2}{3}M\ell^2.\]

 


Fonte.

Problemi di fisica generale – S.Rosati e L. Lovitch.

 
 

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