Esercizio urti 17

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L’Esercizio Urti 17 è il diciassettesimo della raccolta dedicata agli esercizi misti sugli urti. Questo esercizio segue l’Esercizio Urti 16. Successivamente, gli studenti potranno affrontare l’Esercizio Urti 18. 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 17

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Due aste uguali, ciascuna di massa $m_2 = \text{0,72 kg}$ e lunghezza $d = \text{0,8 m}$ , sono fissate tra loro come mostrato in figura (stesso centro, angolo $90^\circ$ ); esse stanno in un piano verticale e possono ruotare attorno ad un asse fisso orizzontale passante per il loro centro $O$ e ortogonale al piano che le contiene. Inizialmente le aste sono in quiete, con l’asta $AB$ verticale. Un proiettile puntiforme, avente massa $m_1 = \text{0,15 kg}$ e velocità $v_1$ , in moto lungo la linea orizzontale tratteggiata, colpisce l’estremo $B$ e vi resta conficcato. A seguito dell’urto il sistema entra in rotazione con velocità angolare $\omega_0 = \text{5 rad}\cdot\text{s}^{-1}$ . Calcolare:

a) il valore di $v_1$ .

Nell’istante in cui è stato compiuto un quarto di giro, per cui l’asta $AB$ è orizzontale, la velocità angolare vale $\omega= \text{5,6 rad}\cdot\text{s}^{-1}$ . Calcolare:

b) il valore del momento di attrito $M$ costante che agisce sull’asse di rotazione;

c) sempre nello stesso istante in cui $\omega= \text{5,6 rad}\cdot\text{s}^{-1}$ , le componenti tangenziale e normale dell’accelerazione di $m_1$ .

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Figura 1: schema del problema.

Svolgimento punto a.

Svolgimento punto b.

Compiuto un quarto di giro, l’asta $AB$ assume una posizione orizzontale rispetto al sistema, come di seguito illustrato in figura 3.

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Figura 3: posizione dell’asta $AB$ dopo un quarto di giro rispetto al sistema.

Consideriamo la variazione di energia meccanica nel processo; definendo $E_i$ l’energia meccanica totale del sistema prima di compiere il quarto di giro, essa sarà data dalla somma del contributo di energia cinetica $K_i$ e di energia potenziale gravitazionale $U_i$ , cioè

(4) $\begin{equation*} E_i = K_i + U_i = \frac{1}{2}I\omega_0^2 + m_1g\frac{d}{2} , \end{equation*}$

dove il contributo cinetico è relativo all’energia rotazionale del sistema (si è definito con $I$ il momento d’inerzia del sistema, dato dalla somma $m_1\left(\dfrac{d}{2}\right)^2+2\left(\dfrac{1}{12}m_2d^2\right)$ , ossia il contributo dovuto al proiettile e quello relativo alle due aste), mentre il contributo di energia potenziale è solamente relativo alla massa $m_1$ , avendo assunto il piano passante per $O$ e l’asta orizzontale come livello di zero per l’energia potenziale. Nella configurazione finale (compiuto un quarto di giro) l’energia meccanica sarà invece data da

(5) $\begin{equation*} E_f = K_f = \frac{1}{2}I\omega^2, \end{equation*}$

ossia da un contributo puramente cinetico-rotazionale. Si osservi inoltre che nel passaggio dalla situazione iniziale a quella finale l’unica variazione di energia potenziale non nulla riguarda la massa $m_1$ , che è passata dall’altezza $\dfrac{d}{2}$ al livello di zero; le due aste, invece, avendo uguale massa $m_2$ distribuita in modo uniforme, hanno il rispettivo centro di massa coincidente con $O$ e quindi la relativa forza peso nel passaggio dalla situazione iniziale a quella finale non varia punto di applicazione. Calcoliamo il lavoro delle forze non conservative. In particolare, poiché nel caso in esame tale lavoro è solamente riferito al momento di attrito $M$ agente sul sistema, è possibile esplicitare:

(6) $\begin{equation*} L_{nc}=\int_0^{\frac{\pi}{2}}Md\theta=M\frac{\pi}{2}, \end{equation*}$

dove, per ipotesi, si è assunto che il momento di attrito sia costante, quindi indipendente dall’angolo $\theta$ . Pertanto, essendo la variazione di energia meccanica uguale al lavoro delle forze non conservative, avremo

(7) $\begin{equation*} \frac{1}{2}I\omega^2-\frac{1}{2}I\omega_0^2 - m_1g\frac{d}{2}=\frac{\pi}{2}M, \end{equation*}$

da cui

(8) $\begin{equation*} M=\frac{1}{\pi}I\omega^2-\frac{1}{\pi}I\omega_0^2 -\frac{1}{\pi} m_1gd. \end{equation*}$

Calcoliamo:

(9) $\begin{equation*} I= m_1\left(\dfrac{d}{2}\right)^2+2\left(\dfrac{1}{12}m_2d^2\right)=\text{0,15}\cdot\dfrac{\text{0,8}^2}{2^2}\cdot\text{kg}\cdot\text{m}^2+\dfrac{1}{6}\cdot \text{0,72}\cdot \text{0,8}^2\cdot\text{kg}\cdot\text{m}^2=\text{0,1}\cdot\text{kg}\cdot\text{m}^2 \end{equation*}$

quindi

$\begin{aligned} M&=\frac{1}{\pi}I\omega^2-\frac{1}{\pi}I\omega_0^2 -\frac{1}{\pi} m_1gd=\\ &=\dfrac{1}{\text{3,14}}\cdot \text{0,1}\cdot \text{5,6}^2\,\text{N}\cdot \text{m}-\dfrac{1}{\text{3,14}}\cdot \text{0,1}\cdot \text{25}\,\text{N}\cdot \text{m}-\dfrac{1}{3,14}\cdot \text{0,15}\cdot \text{9,81}\cdot \text{0,8}\,\text{N}\cdot \text{m}=\\ &=\dfrac{1}{\text{3,14}}\left( \text{0,1}\cdot \text{5,6}^2- \text{0,1}\cdot \text{25}- \text{0,15}\cdot \text{9,81}\cdot \text{0,8}\right)=-\text{0,17} \ \text{N $\cdot$ m}. \end{aligned}$

È possibile pertanto ricavare la soluzione al punto b) del problema

$\boxcolorato{fisica}{ M=\frac{1}{\pi}I\omega^2-\frac{1}{\pi}I\omega_0^2 -\frac{1}{\pi} m_1gd=-\text{0,17} \ \text{N $\cdot$ m}.}$

Svolgimento punto c.

Fonte.

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Esercizio urti 17

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