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Esercizio urti 25

Urti in Meccanica classica

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Esercizio 25 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Un cubo di lato 2a e massa M si muove con velocità iniziale \vec{v}_0 su un tavolo liscio. La velocità \vec{v}_0 è parallela al piano orizzontale. Quando il cubo raggiunge l’estremità O del tavolo il suo spigolo rimane bloccato ed il cubo inizia a ruotare senza attrito. Il momento di inerzia del cubo rispetto ad un asse orizzontale passante per il centro di una della facce è I=2/3Ma^2
Calcolare:

  1. la velocità angolare \vec{\omega} con cui il cubo inizia a ruotare;
  2. la velocità iniziale massima v_{0,\max} tale che il cubo non si ribalti.

 

 

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Svolgimento punto 1.

Nell’istante in cui il cubo urta il punto O le forze esterne che agiscono su di esso sono la sua forza peso M\vec{g}, le due forze impulsive \vec{N}_1 e \vec{N}_2 generate dal vincolo O, orientate come in figura 2.

 

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Chiamiamo \Delta t l’intervallo infinitesimo di durata dell’urto. Applichiamo il teorema del momento angolare, scegliendo come polo O, ottenendo

(1)   \begin{equation*} \int_{\Delta t} \vec{M}_1\,dt+\int_{\Delta t} \vec{M}_2\,dt+\int_{\Delta t}\vec{M}_3\,dt=\Delta \vec{L}_O, \end{equation*}

dove \vec{M}_1, \vec{M}_2 e \vec{M}_3 rappresentato rispettivamente il momento delle forze \vec{N}_1, \vec{N}_2 e M\vec{g}. Osserviamo quanto segue

(2)   \begin{equation*} \int_{\Delta t} \vec{M}_1\,dt=\int_{\Delta t} \vec{M}_2\,dt=0, \end{equation*}

perché le forze \vec{N}_1 e \vec{N}_2 sono applicate rispettivamente nel polo O, pertanto hanno momento nullo. Inoltre, si ha

(3)   \begin{equation*} \int_{\Delta t}\vec{M}_3\,dt=\vec{M}_3\int_{\Delta t}dt=\vec{M}_3\Delta t \approx 0, \end{equation*}

perché l’intervallo di tempo \Delta t è brevissimo e quindi possiamo considerare il momento della forza peso nell’istante dell’urto non dipendente dal tempo, e inoltre essendo tale momento non “grandissimo”, il suo prodotto con \Delta t è circa zero. Avvalendoci di quanto detto, si ha

(4)   \begin{equation*} \Delta \vec{L}_O=\vec{0}, \end{equation*}

ovvero

(5)   \begin{equation*} \vec{L}_{i,O}=\vec{L}_{f,O}, \end{equation*}

dove \vec{L}_{i,O} è il momento angolare un’istante prima dell’urto e \vec{L}_{f,O} è il momento angolare dopo l’urto; in altri termini si conserva il momento angolare rispetto al polo O.

 

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Dal teorema di König, sappiamo che il momento angolare totale di un corpo rigido rispetto ad un sistema di riferimento inerziale è dato dalla somma del momento angolare dovuto al moto del centro di massa e di quello del sistema rispetto al centro di massa, ossia:

(6)   \begin{equation*} \vec{L}_O = \vec{L}^{\, \prime} + {\vec{L}_{\text{CM}}\,} =I_{\text{CM}}\vec{\omega}+ M \, \vec{r}_{\text{CM}} \wedge \vec{v}_{\text{CM}}, \end{equation*}

dove M è la massa totale del sistema, \vec{\omega} è la velocità angolare, \vec{r}_{\text{CM}} è il vettore posizione del centro di massa rispetto al sistema di riferimento inerziale e \vec{v}_{\text{CM}} è la velocità del centro di massa. Prima dell’urto il corpo rigido trasla con velocità \vec{v}_0, pertanto \vec{L}^\prime=\vec{0}, e quindi il contributo iniziale al momento angolare è dato unicamente dal centro di massa. Sia \vec{L}_{i,O} il momento angolare del cubo rispetto al punto O prima dell’urto, segue dalla (6) che

(7)   \begin{equation*} \vec{L}_{i,O}=M\vec{r}_{CM}\wedge\vec{v_0}=Mv_0a\,\hat{z}, \end{equation*}

dove il verso del momento angolare è stato determinato applicando la regola della mano destra. In seguito all’urto il corpo rigido rimane incernierato, pertanto ruoterà con velocità angolare \vec{\omega} rispetto ad un asse passante per il polo O, e perpendicolare al piano orizzontale; poiché il moto del cubo rispetto al polo O diventa istantaneamente rotatorio, segue che l’unico contributo al momento angolare un istante dopo l’urto è

(8)   \begin{equation*} \vec{L}_{f,O}=I_O\,\vec{\omega}, \end{equation*}

dove I_O è il momento d’inerzia del cubo rispetto al polo O. Il teorema Huygens-Steiner ci permette di calcolare il momento di inerzia rispetto ad un asse parallelo a quello noto passante per il centro di massa. Il teorema dice che il momento di inerzia risultante è

(9)   \begin{equation*} I_{//}=I + Md^2, \end{equation*}

dove d è la distanza tra il centro di massa e il polo O. Facendo riferimento alla figura 3, nel nostro caso avremo

(10)   \begin{equation*} I_O=I+M(a\sqrt{2})^2=I+2Ma^2, \end{equation*}

quindi l’equazione (8) diventa

(11)   \begin{equation*} \vec{L}_{f,O}=(I+2Ma^2)\,\vec{\omega}, \end{equation*}

dove \vec{\omega} è la velocità angolare un’istante dopo l’urto. A questo punto, imponendo la conservazione del momento angolare, si avrà:

(12)   \begin{equation*} \vec{L}_{I,O}=\vec{L}_{f,O}\quad\Leftrightarrow\quad Mv_0a \ \hat{z}=(I+2Ma^2)\,\vec{\omega}, \end{equation*}

da cui, si ricava

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{\omega}=\frac{Mv_0a}{I+2Ma^2}\,\hat{z}.}\]

 


Svolgimento punto 2.

In seguito all’urto, le uniche forze esterne che agiscono sul cubo sono la forza dovuta al vincolo (che non è più impulsiva) e la forza peso M\vec{g}. La forza peso M\vec{g} è conservativa e la forza generata dal vincolo fa lavoro nullo, pertanto si conserva l’energia del sistema. La condizione limite affinché il cubo non si ribalti è quella in cui il suo centro di massa arrivi con velocità nulla in corrispondenza dell’asse y, come mostra la figura 4.

 

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In questa configurazione abbiamo infatti che la forza peso genera un momento nullo rispetto al polo O, in quanto essa è parallela al vettore posizione del centro di massa rispetto al polo O; dal momento che la forza \vec{N}_1 genera sempre un momento esterno nullo rispetto al polo O, si può concludere che non saranno presenti momenti esterni che metteranno in rotazioni il cubo. Segue che il cubo raggiunge una posizione di equilibrio instabile e pertanto non si ribalta. A questo punto sfruttiamo la conservazione dell’energia meccanica. Si ha:

(13)   \begin{equation*} K_i+U_i=K_f+U_f, \end{equation*}

dove con K_i e U_i si indicano rispettivamente l’energia cinetica e l’energia potenziale del cubo un istante dopo l’urto e con K_f e U_f le energie che esso possiede quando raggiunge la posizione di equilibrio. Poiché stiamo imponendo che il centro di massa raggiunge il punto di equilibrio a velocità nulla, si ha K_f=0. Inoltre, poiché durante la rotazione il cubo rimane incernierato al punto O, il contributo dell’energia cinetica è solo rotazionale; si ha dunque

(14)   \begin{equation*} K_i=\frac{1}{2}(I+M2a^2)\,\omega_{max}^2. \end{equation*}

Scegliendo come livello zero dell’energia potenziale gravitazionale il piano orizzontale, abbiamo

(15)   \begin{equation*} U_i=0 \end{equation*}

e

(16)   \begin{equation*} U_f=Mga\sqrt{2}. \end{equation*}

Sfruttando quanto ottenuto, l’equazione (13) diventa

(17)   \begin{equation*} \frac{1}{2}(I+M2a^2)\omega_{max}^2 + Mga=Mga\sqrt{2}, \end{equation*}

da cui

(18)   \begin{equation*} \frac{1}{2}(I+M2a^2)\omega_{max}^2=Mga(\sqrt{2}-1)\quad\Leftrightarrow\quad\omega_{max}^2=\frac{2Mga(\sqrt{2}-1)}{I+M2a^2}. \end{equation*}

Sostituendo l’espressione di \omega trovata al punto precedente nell’equazione (18), otteniamo

(19)   \begin{equation*} \frac{M^2v_{max}^2a^2}{(I+2Ma^2)^2}=\frac{2Mga(\sqrt{2}-1)}{I+M2a^2}. \end{equation*}

Semplificando l’espressione e risolvendo per v_{max}, si ottiene:

(20)   \begin{equation*} v_{max}^2=\frac{2g(\sqrt{2}-1)(I+2Ma^2)}{Ma}, \end{equation*}

da cui si ottiene

    \[\boxcolorato{fisica}{v_{max}=\sqrt{\frac{2g(\sqrt{2}-1)(I+2Ma^2)}{Ma}}.}\]


 
 

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