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Esercizio urti 6

Urti in Meccanica classica

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Esercizio 6  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Una sbarra rettilinea si trova in quiete sopra un piano orizzontale liscio; la sua lunghezza è \ell e la massa m. Mediante un colpo di martello dato a un estremo viene comunicata alla sbarra un impulso \vec{J} orientato come nella figura che segue. Calcolare:

  1. la velocità del centro di massa della sbarra;
  2. la velocità angolare della sbarra;
  3. ‘energia cinetica della sbarra.

 

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Figura 1: schema del problema.

Richiami teorici.

Ricordiamo la prima e la seconda legge cardinale per i corpi rigidi:

(1)   \begin{equation*} \begin{cases} \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{F}_k\,}^{\text{\tiny ext}} = \dfrac{d\vec{P}_t}{dt}\\ \\ \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} -m \vec{v}_O \wedge \vec{V}_{CM} = \dfrac{d\vec{L}_O}{dt} \end{cases} \end{equation*}

dove \displaystyle \sum_{k=1}^n {\vec{F}_k\,}^{\text{\tiny ext}} è la somma di tutte le forze esterne, \vec{P}_t è la quantità di moto totale del sistema, \displaystyle \sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} è la somma di tutti i momenti esterni al sistema, \vec{v}_O è la velocità del polo scelto per il calcolo del momento angolare totale del sistema , \vec{v}_{CM} è la velocità del centro di massa ed infine \vec{L}_O è il momento angolare totale del sistema rispetto al polo O.

 


Svolgimento punto 1.

Integriamo ambo i membri della prima equazione di (1) tra l’istante t^\star, ovvero un istante dopo aver applicato l’impulso \vec{J}, e l’istante t=0\,\,(s), ottenendo

(2)   \begin{equation*} \int_{t=0\,\text{s}}^{t^\star}\sum_{k=1}^n {\vec{F}_k\,}^{\text{\tiny ext}}\,dt = \int_{t=0\,\text{s}}^{t^\star}\dfrac{d\vec{P}_t}{dt}\,dt \end{equation*}

dove

(3)   \begin{equation*} \int_{t=0\,\text{s}}^{t^\star}\sum_{k=1}^n {\vec{F}_k\,}^{\text{\tiny ext}}\,dt=\vec{J} \end{equation*}

e

(4)   \begin{equation*} \int_{t=0\,\text{s}}^{t^\star}\dfrac{d\vec{P}_t}{dt}\,dt =\vec{P}_t(t^\star)-\vec{P}_t(0), \end{equation*}

quindi

(5)   \begin{equation*} \vec{P}_t(t^\star)-\vec{P}_t(0)=\vec{J}; \end{equation*}

abbiamo ottenuto che la variazione della quantità di moto totale del sistema (asta rigida) nell’intervallo di tempo \Delta t = t^\star-0\,[\text{s}] è uguale all’impulso. È noto che \vec{P}_t=m\vec{V}_{CM}, cioè che la quantità di moto totale del sistema è uguale alla massa totale del sistema per la velocità del centro si massa, pertanto (5) diventa

(6)   \begin{equation*} m\left( \vec{V}_{CM}(t)-\vec{V}_{CM}(0)\right)=\vec{J}, \end{equation*}

ma all’istante t=0\,(\text{s}) è tutto in quiete, allora \vec{V}_{CM}(0)=0\,\,(\text{m}/\text{s}), e quindi (6) diventa

(7)   \begin{equation*} m\vec{V}_{CM}(t)=\vec{J}\quad \Leftrightarrow \quad \vec{V}_{CM}(t^\star)=\dfrac{\vec{J}}{m}. \end{equation*}

La formula (7) ci dice che la velocità del centro di massa nell’istante t^\star, ovvero un istante dopo che sia stato applicato l’impulso \vec{J}, ha modulo J/m, direzione e verso come il vettore \vec{J}.

 

 

 

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Figura 2: rappresentazione della velocità del centro di massa.

 

 

Si conclude con la seguente soluzione

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{V}_{CM}(t^\star)=\dfrac{\vec{J}}{m}.}\]

 


Svolgimento punto 2.

Una volta applicato l’impulso nell’estremo dell’asta il sistema ruota e trasla; in particolare, assumendo che il piano sia liscio, ruota rispetto ad un asse passante per il proprio centro di massa e perpendicolare al piano sul quale giace, e trasla con velocità costante \vec{V}_{CM}. Per trovare la velocità angolare è possibile applicare teorema del momento angolare (vedere esercizio corpo rigido 3), cioè

(8)   \begin{equation*} \vec{r}\wedge \vec{J}=\Delta \vec{L} \end{equation*}

ovvero il momento dell’impulso rispetto ad un polo è uguale alla variazione del momento angolare rispetto al polo scelto per il calcolo del momento dell’impulso. Scegliendo come polo per il calcolo del momento dell’impulso il centro di massa dell’asta, e considerando solo i moduli di (8), si ha (notare che il braccio è \ell/2, cioè la distanza tra il punto di applicazione dell’impulso e il centro di massa)

(9)   \begin{equation*} \dfrac{J\ell}{2}=L_f^\prime-L^\prime_i \end{equation*}

dove si è usata la notazione L^\prime per indicare che è il momento angolare rispetto al centro di massa. Il sistema inizialmente è in quiete, pertanto il momento angolare iniziale è L^\prime_i=0\,(\text{kg}\cdot \text{m}^2/\text{s}), e quindi (9) diventa

(10)   \begin{equation*} \dfrac{J\ell}{2}=L_f^\prime \end{equation*}

dove L^\prime_f è il momento angolare subito dopo l’urto; è noto che il momento angolare rispetto al centro di massa è esprimibile come L^\prime_f=I_{CM}\omega, dove I_{CM}=1/(12)m\ell^2 (ricordare il momento d’inerzia di un’asta), da cui

(11)   \begin{equation*} \dfrac{J\ell}{2}=L_f^\prime=\dfrac{1}{12}m\ell^2 \omega , \end{equation*}

cioè

(12)   \begin{equation*} \omega=\dfrac{6J}{m\ell} \end{equation*}

dove \omega è la velocità angolare che possiede il sistema subito dopo l’urto. Si conclude che la velocità angolare cercata è

    \[\boxcolorato{fisica}{ \omega=\dfrac{6J}{m\ell}.}\]

 


Svolgimento punto 3.

Per calcolare l’energia totale del sistema scegliamo di applicare il teorema di König per l’energia cinetica [1], cioè

(13)   \begin{equation*} E=E_{CM}+E^\prime \end{equation*}

dove

(14)   \begin{equation*} E_{CM}=\dfrac{1}{2}m\,v_{CM}^2(t^\star)=\dfrac{m}{2}\cdot\dfrac{J^2}{m^2}=\dfrac{J^2}{2m} \end{equation*}

e

(15)   \begin{equation*} E^\prime=\dfrac{1}{2}I_{CM}\omega^2=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{12}m\ell^2\cdot \dfrac{36J^2}{m^2\ell^2}=\dfrac{3J^2}{2m}, \end{equation*}

da cui

(16)   \begin{equation*} E_{CM}=\dfrac{J^2}{2m}+\dfrac{3J^2}{2m}=\dfrac{2J^2}{m}. \end{equation*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{fisica}{ E_{CM}=\dfrac{2J^2}{m}.}\]

 

 

 

1. Ricordiamo il teorema di König per l’energia cinetica:

(17)   \begin{equation*} E_O = E^{\, \prime} + E_{CM} = E^{\, \prime} + \dfrac{1}{2}MV_{CM}^2 \end{equation*}

dove M è la massa totale del sistema, E^\prime è l’energia cinetica rispetto al centro di massa e E_{CM} è l’energia cinetica del centro di massa rispetto ad un sistema inerziale. Formulando la relazione precedente in forma discorsiva, possiamo affermare quanto segue: l’energia totale del sistema rispetto ad un sistema di riferimento inerziale è la somma dell’energia dovuto al moto del centro di massa sommata a quella del sistema rispetto al centro di massa. ↩

 

 

 

 


Fonte Esercizio.

Esercizio tratto dal libro elementi di fisica meccanica e termodinamica di P.Mazzoldi-M.Nigro e C.Voci.

 

 

 

 

 

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