Esercizio urti 17

Urti in Meccanica classica

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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\cdots^{-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\cdots^{-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\cdots^{-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.