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Esercizio urti 15

Urti in Meccanica classica

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L’Esercizio Urti 15 è il quindicesimo della raccolta dedicata agli esercizi misti sugli urti. Questo esercizio segue l’Esercizio Urti 14. Successivamente, gli studenti potranno affrontare l’Esercizio Urti 16. Pensato per gli studenti di Fisica 1, è particolarmente utile per coloro che studiano ingegneria, fisica o matematica.

L’argomento successivo agli urti riguarda gli esercizi sulla gravitazione, mentre l’argomento precedente tratta gli esercizi svolti sulla dinamica del corpo rigido.

 

Testo esercizio urti 15

Esercizio 15 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Un corpo rigido di massa m può ruotare senza attrito attorno ad un asse orizzontale, passante per O e perpendicolare al piano verticale, come in figura 1. Esso viene spostato di modo che la retta congiungente il suo centro di massa CM col punto O sia orizzontale; da questa posizione viene abbandonato con velocità angolare iniziale nulla.
Quando il CM si trova sulla verticale passante per O il corpo rigido urta un sistema formato da cubi a contatto; a seguito dell’urto il corpo rigido si ferma e il sistema di cubi entra in movimento, con moto traslatorio.
Le masse dei cubi valgono m_1 e m_2, i coefficienti di attrito rispetto al piano di scorrimento sono \mu_1 e \mu_2. Si osserva che i cubi si fermano dopo un tempo t^\star. Calcolare:

1) la forza che si esercita tra le superfici di contatto dei due cubi durante il moto;
2) la velocità iniziale del sistema dei due cubi;
3) la velocità angolare del corpo rigido al momento dell’urto.

 

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Figura 1: schema del problema.

 

Svolgimento. punto 1.

Dopo l’urto tra il corpo rigido e i due punti materiali, m_1 e m_2, inizialmente fermi, proseguono insieme. Il punto materiale m_1 è soggetto alla forza peso m_1 \vec{g}, alla reazione vincolare \vec{N}_1, dovuta al contatto tra m_1 e il piano orizzontale, alla forza di attrito dinamico \vec{f}_{d,1} generata sempre dal contatto tra m_1 e il piano orizzontale scabro e alla forza di contatto -\vec{N}, mentre per quanto riguarda il punto materiale m_2, esso è soggetto alla forza peso m_2\vec{g}, alla reazione vincolare \vec{N}_2, generata dal contatto tra m_2 e il piano orizzontale, alla forza di attrito dinamico \vec{f}_{d,2} generata sempre dal contatto tra m_2 e il piano orizzontale scabro e alla forza di contatto \vec{N}. Si vuole far notare che tra i due corpi è presente la forza di contatto \vec{N} in m_2 e -\vec{N} in m_1 uguale ed opposta per il principio di azione e reazione. Scegliendo un sistema di riferimento Oxy fisso orientato come in figura 2, rappresentiamo il moto dei due corpi in un generico istante t>0 dopo l’urto con il corpo rigido.

 

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Figura 2: rappresentazione idealizzata dell’urto.

 

Il secondo principio della dinamica afferma che in un sistema di riferimento inerziale la somma di tutte le forze agenti su un punto materiale di massa M uguaglia la derivata della quantità di moto rispetto al tempo:

(1)   \begin{equation*} \sum_{k=1}^{n}\vec{F}_k=\dfrac{d\vec{P}}{dt}, \end{equation*}

dove \vec{P}=M\vec{v} è la quantità di moto e \vec{v} è la velocità del punto materiale. Dal momento che la massa non dipende dal tempo, (1) diventa

    \[\sum_{k=1}^{n}\vec{F}_k=m\dfrac{d\vec{v}}{dt}=m\vec{a}.\]

Rispetto al sistema di riferimento fisso Oxy, dalla seconda legge della dinamica abbiamo

(2)   \begin{equation*} \begin{cases} N_1=m_1g\\ -f_{d,1}-N=m_1a\\ N-f_{d,2}=m_2a\\ N_2=m_2g. \end{cases} \end{equation*}

Si ricorda che in generale il modulo della forza di attrito dinamico puo’ essere espresso come il prodotto del modulo della reazione vincolare per il coefficiente di attrito dinamico, ovvero

    \[\begin{cases} f_{d,1}=N_1\mu_1 = m_1g\mu_1\\ f_{d,2}=N_2\mu_2 = m_2g\mu_2 \end{cases}\]

quindi

(3)   \begin{equation*} \begin{cases} -m_1g\mu_1-N=m_1a\\ N-m_2g\mu_2=m_2a \end{cases} \end{equation*}

Sommando membro a membro le equazioni del sistema (3) abbiamo

    \[-m_1g\mu_1-m_2g\mu_2 = (m_1+m_2)a,\]

da cui

    \[\boxed{a = -\dfrac{g(m_1\mu_1+m_2\mu_2)}{m_1+m_2}}.\]

Sostituendo l’espressione di a in (3)_1 otteniamo

    \[\begin{aligned} N & =-m_1g\mu_1-m_1a = -m_1\mu_1 g - m_1 \; \dfrac{-g(m_1\mu_1+m_2\mu_2)}{m_1+m_2} = \\\\ & = \dfrac{-m_1\mu_1 g (m_1+m_2) + m_1g (m_1\mu_1+m_2\mu_2)}{m_1+m_2} = \dfrac{-m_1^2\mu_1g-m_1m_2\mu_1g+m_1m_2\mu_2g+m_1^2\mu_1g}{m_1+m_2}=\\\\ & = \dfrac{m_1m_2g(\mu_2-\mu_1)}{m_1+m_2} \end{aligned}\]

e concludiamo che il modulo della forza esercitata tra le superfici a contatto dei due cubi è

    \[\boxcolorato{fisica}{ N=\dfrac{m_1m_2g(\mu_2-\mu_1)}{m_1+m_2}.}\]

 


Svolgimento. punto 2.

Dalle considerazione del problema sappiamo che all’istante t^\star il sistema composto da m_1 e m_2 si ferma.

Siccome l’accelerazione con la quale si muovono è costante, il sistema m_1+m_2 si muove di moto rettilineo uniformemente accelerato. Ricordando che la velocità in funzione del tempo puo’ essere espressa come

    \[v(t) = v_0+ at,\]

dove v_0 è il modulo della velocità dopo l’urto del sistema m_1+m_2 e ponendo v(t^\star)=0=v_0+at^\star, troviamo che

    \[\boxcolorato{fisica}{v_0=-at^\star = \dfrac{gt^\star(m_1\mu_1+m_2\mu_2)}{m_1+m_2}.}\]

 


Svolgimento. punto 3.

Osserviamo che nel moto del corpo rigido, ovvero nel suo ruotare rispetto al polo O, si trascurano tutti gli attriti e le uniche forze al quale è soggetto sono la forza peso m\vec{g} che è conservativa e la forza \vec{R}^\star che è la reazione del vincolo posto in O che non fa lavoro, quindi si conserva l’energia. In figura 3 rappresentiamo il corpo rigido all’istante iniziale ponendo l’energia potenziale nulla alla stessa altezza del piano orizzontale.

 

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Figura 3: rappresentazione iniziale del corpo rigido e del livello di energia potenziale nulla.

 

Chiamiamo h la distanza tra la quota nulla e il punto O, quindi siccome il corpo rigido all’inizio è in quiete, l’energia sarà solamente potenziale:

    \[U_0 = mgh.\]

In figura 4 rappresentiamo il corpo rigido prima dell’urto.

 

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Figura 4: rappresentazione del sistema un istante prima dell’urto.

 

In tale situazione il corpo rigido possiede una velocità angolare \vec{\omega} e l’energia cinetica è puramente dovuta al moto di rotazione:

    \[E_f = \dfrac{1}{2} I_0 \omega^2\]

dove I_0 è il momento d’inerzia del corpo rigido rispetto ad O. Dalla conservazione del’energia abbiamo

(4)   \begin{equation*} E_f=U_0\quad\Leftrightarrow\quad\dfrac{1}{2} I_0 \omega^2=mgh \end{equation*}

 

 

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Figura 5: rappresentazione delle forme impulsive agenti nell’urto.

   

Nell’urto, nell’intervallo infinitesimo \Delta t, si genera una forza di natura impulsiva pari a

    \[F \Delta t= \Delta p = (m_1+m_2)v_0\]

e dal teorema dell’impulso angolare sappiamo che

(5)   \begin{equation*} F\Delta t \,h = (m_1+m_2)v_0h = I_0 \omega. \end{equation*}

Mettiamo a sistema (4) e (5)

    \[\begin{cases} (m_1+m_2)v_0h=I_0\omega\\ \dfrac{1}{2}I_0\omega^2 = mgh \end{cases}\]

da cui

    \[\begin{aligned} \dfrac{1}{2}\omega (m_1+m_2)v_0 h = mgh & \Leftrightarrow \omega = \dfrac{2mg}{v_0\left(m_1+m_2\right) } \Leftrightarrow \\ & \Leftrightarrow \omega= \dfrac{2mg}{\left(m_1+m_2\right) }\cdot \dfrac{m_1+m_2}{gt^*\left(m_1\mu_1+m_2\mu_2 \right) }\Leftrightarrow \\ & \Leftrightarrow \omega =\dfrac{2mg}{gt^*\left(m_1\mu_1+m_2\mu_2 \right)} \end{aligned}\]

e si conclude che il modulo della velocità angolare del corpo rigido prima dell’urto è

    \[\boxcolorato{fisica}{ \omega =\dfrac{2mg}{gt^*\left(m_1\mu_1+m_2\mu_2 \right)}.}\]

 


Fonte Esercizio.

Fonte: P. Mazzoldi, M. Nigro e C. Voci – Elementi di fisica, EdiSES.

 


 
 

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