Esercizio urti 17

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Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Due aste uguali, ciascuna di massa $m_2$ = 0,72 kg e lunghezza $d$ = 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 $m_1$ = 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 $\omega_0$ = 5 rad $\cdot$ 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 $\omega$ = 5,6 rad $\cdot$ 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 $\cdot$ s $^{-1}$ , le componenti tangenziale e normale dell’accelerazione di $m_1$ .

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Svolgimento punto a). Osserviamo per prima cosa che nell’urto tra il proiettile puntiforme e l’asta $AB$ non si ha la conservazione della quantità di moto e dell’energia cinetica; l’asta $AB$ , infatti, è soggetta ad un vincolo (l’asse fisso orizzontale passante per $O$ ). Osserviamo che nell’urto si conserva il momento angolare rispetto al polo $O$ . L’urto del proiettile con l’asta, infatti, genera due forze impulsive uguali e opposte, indicate con $\vec{F}$ e $-\vec{F}$ interne al sistema formato dal proiettile e le due aste. In risposta all’impatto del proiettile, il vincolo genera una forza impulsiva $\vec{R}$ esterna al sistema, la quale, essendo applicata nel polo $O$ , ha braccio nullo e pertanto ha momento nullo[1]

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Prima dell’urto, l’unico contributo al momento angolare è relativo alla massa $m_1$ ; in particolare, rispetto al polo $O$ , esso è dato da

(1) $\begin{equation*} L_i=\frac{d}{2}m_1v_1. \end{equation*}$

Dopo l’urto, consideriamo invece il momento angolare relativo al sistema aste-proiettile, il quale un istante immediatamente dopo l’urto ruota rispetto al polo $O$ ; denoteremo pertanto il momento angolare finale con $L_f$ , ed esso sarà dato da

(2) $\begin{equation*} L_f=m_1\left(\frac{d}{2}\right)^2\omega_0+2\left(\frac{1}{12}m_2d^2\right)\omega_0, \end{equation*}$

dove il primo termine a secondo membro rappresenta il momento angolare del proiettile puntiforme, mentre il secondo termine rappresenta il contributo dovuto alle due aste; in questo senso, $m_1\left(\dfrac{d}{2}\right)^2$ rappresenta il momento d’inerzia associato al proiettile che ruota attorno al polo $O$ , mentre $\dfrac{1}{12}m_2d^2$ è il momento d’inerzia di un’asta che ruota rispetto al proprio centro di massa nelle ipotesi che la massa sia distribuita in modo uniforme. Per la conservazione del momento angolare, pertanto, $L_i=L_f$ , e cioè:

(3) $\begin{equation*} \frac{d}{2}m_1v_1=m_1\left(\frac{d}{2}\right)^2\omega_0+2\left(\frac{1}{12}m_2d^2\right)\omega_0, \end{equation*}$

da cui

$\boxcolorato{fisica}{ v_1=\frac{d}{2}\omega_0+\frac{m_2}{3m_1}d\,\omega_0= \text{8,4} \,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}.}$

che rappresenta la soluzione al punto a) del problema.

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

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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}.}$

Punto c). Il terzo punto del problema chiede di determinare le componenti normale e tangenziale dell’accelerazione della massa $m_1$ nell’istante in cui il sistema ha velocità angolare $\omega$ ; si può procedere facilmente osservando che, in accordo con le leggi della cinematica rotazionale, il punto materiale $m_1$ si muove di moto circolare uniformemente accelerato rispetto ad $O$ . Per iniziare, calcoliamo l’accelerazione normale:

(10) $\begin{equation*} a_n= \omega^2 \frac{d}{2}; \end{equation*}$

si ricordi che tale componente, anche detta centripeta, è sempre diretta verso il centro del percorso circolare compiuto da $m_1$ , ossia il punto $O$ . Per il modulo della componente tangenziale vale invece

(11) $\begin{equation*} a_t = \alpha \frac{d}{2}, \end{equation*}$

dove $\alpha$ rappresenta l’accelerazione angolare del sistema, che può essere ricavata facilmente ricordando che, per la legge cardinale della dinamica rotazionale, quest’ultima è direttamente proporzionale alla somma dei momenti delle forze agenti sul sistema $M_T$ . Sarà cioè:

(12) $\begin{equation*} M_T = I \alpha, \end{equation*}$

dove $I$ è ancora il momento d’inerzia dell’intero sistema. Osserviamo ancora che i momenti effettivi relativi alla rotazione del sistema sono il contributo dovuto alla massa $m_1$ , ossia, in modulo, $m_1g\dfrac{d}{2}$ , e il momento delle forze d’attrito $-\left \vert M\right \vert$ calcolato precedentemente. Sarà pertanto:

(13) $\begin{equation*} \alpha=\dfrac{m_1g\dfrac{d}{2}-\left \vert M\right \vert }{I}=\dfrac{m_1g\dfrac{d}{2}-\left \vert M\right \vert }{I}=\dfrac{\text{0,15}\cdot \text{9,81}\cdot \text{0,4}-\text{0,17}}{\text{0,1}} \,\text{rad}\cdot\text{s}^{-2} =\text{4,2}\,\text{rad}\cdot\text{s}^{-2}, \end{equation*}$

facendo attenzione al fatto che i due momenti agiscono in opposizione tra loro, ed in effetti hanno segno opposto. In definitiva, le soluzioni al punto c) del problema sono rappresentate da:

$\boxcolorato{fisica}{ a_n=\omega^2 \frac{d}{2}=13\,\text{rad}\cdot \text{s}^{-2}}$

per la componente normale e

$\boxcolorato{fisica}{ a_t=\dfrac{m_1g\dfrac{d}{2}-M}{I}\ \dfrac{d}{2}=1,7\,\text{rad}\cdot \text{s}^{-2}}$

per la componente tangenziale.

1. Si ricorda che tale momento è esterno al sistema.↩

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