Home » Esercizio lavoro ed energia 20
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Esercizio 20  (\bigstar \bigstar\bigstar \largewhitestar\largewhitestar). Una molla ideale di costante elastica k si trova su di un piano orizzontale ad un’altezza h dal suolo. In un esperimento si spara una palla di massa m, comprimendo la molla di una quantità \Delta x_1 per colpire un bersaglio che si trova al suolo ad una distanza \Delta x_2 dalla base del piano orizzontale. Purtroppo, la sfera manca il bersaglio di una distanza pari ad \Delta x_3. Al secondo tentativo, qual’è la quantità \Delta x di cui deve essere compressa la molla affinché la sfera colpisca il bersaglio? Si richiede di esprimere \Delta x in funzione di \Delta x_1, \Delta x_2 e \Delta x_3.
Nota. Si consideri il sistema conservativo e la sfera puntiforme.

 

 

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Svolgimento.  In figura 2 rappresentiamo la situazione durante il secondo lancio. Inoltre, scegliamo un sistema di riferimento fisso Oxy, come in figura 2.

 

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Supponiamo che la molla venga compressa di una quantità \Delta x (da calcolare) in modo tale che la palla cada perfettamente in corrispondenza del bersaglio. Osserviamo che la palla, una volta lanciata, descriverà un moto parabolico, con velocità iniziale di modulo V_2 diretta lungo l’asse positivo delle x.
Poiché non sono presenti forze di attrito, si conserva l’energia meccanica del sistema in ogni istante. Applichiamo la conservazione dell’energia meccanica tra l’istante in cui la molla risulta compressa di una quantità \Delta x e l’istante in cui quest’ultima viene rilasciata.
All’inizio l’energia meccanica del sistema E_{i} sarà esclusivamente elastica, ossia

(1)   \begin{equation*} E_{i}=\dfrac{1}{2}k(\Delta x)^2; \end{equation*}

mentre, quando la molla verrà rilasciata, la sua energia elastica sarà convertita totalmente in energia cinetica. Nell’istante del rilascio la velocità della palla è V_2; per cui l’energia meccanica finale del sistema E_{f} vale

(2)   \begin{equation*} E_{f}=\dfrac{1}{2}mV_{2}^2. \end{equation*}

Dalla conservazione dell’energia meccanica tra i due istanti di tempo considerati, è possibile calcolare il modulo della velocità con la quale la palla viene lanciata dalla sommità del piano orizzontale, ovvero

(3)   \begin{equation*} \dfrac{1}{2}k(\Delta x)^2=\dfrac{1}{2}mV_{2}^2\quad\Leftrightarrow\quad V_2=\sqrt{\dfrac{k}{m}}\Delta x, \end{equation*}

dove nel primo passaggio abbiamo sfruttato i risultati ottenuti nelle equazioni (1) e (2). Dopo di che, la palla cadrà nel vuoto, muovendosi di moto parabolico. La sua velocità iniziale è \overrightarrow{V}_2=V_2\,\hat{x}, partendo dalla sommità h del piano orizzontale. Le leggi orarie lungo gli assi x ed y, sono

(4)   \begin{equation*} \begin{cases} x(t)=V_2t\\ y(t)=h-\dfrac{1}{2}gt^2, \end{cases} \end{equation*}

per t\geq 0. Esisterà un certo istante di tempo t^{\star} in corrispondenza del quale la palla impatterà il suolo, cioè y(t^{\star})=0. Dopo aver percorso un tratto orizzontale pari a x(t^{\star})=\Delta x_2 (ossia la palla colpisce il bersaglio), il sistema (4) può essere riscritto come

(5)   \begin{equation*} \begin{cases} x(t^{\star})=\Delta x_2=V_2t^{\star}\\ y(t^{\star})=0=h-\dfrac{1}{2}g(t^{\star})^2. \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} t^{\star}=\dfrac{\Delta x_2}{V_2}\\\\ h=\dfrac{1}{2}g(t^{\star})^2. \end{cases} \end{equation*}

Sostituendo il tempo t^{\star} (definito nell’equazione (5)_1) nell’equazione (5)_2, si ha

(6)   \begin{equation*} h=\dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{\Delta x_2}{V_2}\right)^2, \end{equation*}

da cui, sostituendo il valore di V_2 (calcolato nell’equazione (3)) nell’equazione (6), si ottiene

(7)   \begin{equation*} h=\dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{\Delta x_2}{\Delta x}\right)^2\dfrac{m}{k}\quad\Leftrightarrow\quad \Delta x=\sqrt{\dfrac{mg}{2kh}}\Delta x_2. \end{equation*}

Osserviamo che nell’espressione di \Delta x, ricavata nell’equazione (7), è presente il fattore mg/(kh). Sappiamo che \Delta x deve essere espressa in funzione di \Delta x_1, \Delta x_2 e \Delta x_3. Pertanto dobbiamo esprimere il fattore mg/(kh) in funzione di \Delta x_1, \Delta x_2 e \Delta x_3.
Nel primo lancio (vedi figura 3) la molla è compressa di una quantità \Delta x_1 ed, una volta rilasciata, la palla descriverà un moto parabolico con velocità iniziale \overrightarrow{V}_1=V_1\,\hat{x}.

 

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Per calcolare il modulo V_1 della velocità con cui la palla viene lanciata dalla sommità del piano, procediamo come fatto in precedenza. In particolare, per la conservazione dell’energia meccanica tra l’istante in cui la molla è compressa e l’istante in cui quest’ultima viene rilasciata, si ha

(8)   \begin{equation*} E_{i}=E_{f}\quad\Leftrightarrow\quad\dfrac{1}{2}k(\Delta x_1)^2=\dfrac{1}{2}mV_{1}^2\quad\Leftrightarrow\quad V_1=\sqrt{\dfrac{k}{m}}\Delta x_1. \end{equation*}

Quindi, come prima, la palla descriverà una traiettoria parabolica con velocità iniziale \overrightarrow{V}_1=V_1\,\hat{x}, partendo dalla sommità h del piano orizzontale. Le leggi orarie del moto lungo l’asse x ed y, sono

(9)   \begin{equation*} \begin{cases} x(t)=V_1t\\ y(t)=h-\dfrac{1}{2}gt^2. \end{cases} \end{equation*}

Sappiamo che al primo lancio la palla giunge a terra di una quantità \Delta x_3 prima del bersaglio, posto ad una distanza \Delta x_2 dall’origine O. Ciò si traduce dicendo che all’istante \tilde{t} in cui il corpo tocca il suolo (y(\tilde{t})=0) lo spazio orizzontale percorso dalla palla sarà x(\tilde{t})=\Delta x_2-\Delta x_3. In virtù di quanto detto, si ottiene

(10)   \begin{equation*} \begin{cases} x(\tilde{t})=\Delta x_2-\Delta x_3=V_1\tilde{t}\\\\ y(\tilde{t})=0=h-\dfrac{1}{2}g\tilde{t}^2. \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} \tilde{t}=\dfrac{\Delta x_2-\Delta x_3}{V_1}\\\\ h=\dfrac{1}{2}g\tilde{t}^2. \end{cases} \end{equation*}

Sostituendo il tempo \tilde{t} ottenuto dalla prima equazione del sistema (10) nella seconda equazione del sistema, si trova

(11)   \begin{equation*} h=\dfrac{g}{2}\left(\dfrac{\Delta x_2-\Delta x_3}{V_1}\right)^2, \end{equation*}

da cui, sostituendo il valore di V_1 (calcolato nell’equazione (8)) in (11), otteniamo

(12)   \begin{equation*} h=\dfrac{gm}{2k}\left(\dfrac{\Delta x_2-\Delta x_3}{\Delta x_1}\right)^2. \end{equation*}

Rammentiamo che nell’espressione di \Delta x ottenuta nell’equazione (7), è presente il fattore \dfrac{m}{kh} che va espresso in funzione di \Delta x_1, \Delta x_2 e \Delta x_3. Pertanto, sfruttando l’equazione (12), si ha

(13)   \begin{equation*} \dfrac{m}{kh}=\dfrac{2}{g}\left(\dfrac{\Delta x_1}{\Delta x_2-\Delta x_3}\right)^2. \end{equation*}

Sostituendo il risultato dell’equazione (13) nell’equazione (7), si giunge ad

(14)   \begin{equation*} \Delta x=\sqrt{\dfrac{g}{2}}\sqrt{\dfrac{2}{g}\left(\dfrac{\Delta x_1}{\Delta x_2-\Delta x_3}\right)^2}\Delta x_2=\dfrac{\Delta x_1 \Delta x_2}{\Delta x_2-\Delta x_3}. \end{equation*}

Abbiamo dunque trovato la quantità \Delta x richiesta. Si conclude che

    \[\boxcolorato{fisica}{ \Delta x=\dfrac{\Delta x_1 \Delta x_2}{\Delta x_2-\Delta x_3}.}\]

 

Osservazione.  È interessante notare che relazione esiste tra i tempi \tilde{t} e t^\star. Dalla prima equazione del sistema (10), sostituendo il valore di V_1 calcolato nell’equazione (8) si ha

(15)   \begin{equation*} \tilde{t}=\sqrt{\dfrac{m}{k}}\left(\dfrac{\Delta x_2-\Delta x_3}{\Delta x_1}\right). \end{equation*}

Dalla prima equazione del sistema (5), sostituendo il valore di V_2 calcolato nell’equazione (3), si trova

(16)   \begin{equation*} t^\star=\sqrt{\dfrac{m}{k}}\dfrac{\Delta x_2}{\Delta x}, \end{equation*}

da cui, sostituendo il risultato ottenuto per \Delta x, si ottiene

(17)   \begin{equation*} t^\star=\sqrt{\dfrac{m}{k}}\left(\dfrac{\Delta x_2-\Delta x_3}{\Delta x_1}\right). \end{equation*}

Dai risultati ottenuti alle equazioni (15) e (17), deduciamo che in entrambi i tentativi la palla impiega lo stesso tempo per raggiungere il suolo.