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Esercizio urti 29

Urti in Meccanica classica

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L’Esercizio Urti 29 è il ventinovesimo della raccolta dedicata agli esercizi misti sugli urti. Questo esercizio segue l’Esercizio Urti 28. Successivamente, gli studenti potranno affrontare l’Esercizio Urti 30. 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 29

Esercizio 29 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Una molla ideale di costante elastica k e lunghezza a riposo \ell_0 mantiene inizialmente orizzontale un’asta omogenea di lunghezza L e massa M incernierata all’altro estremo nel punto C, attorno a cui è libera di ruotare. Una massa m inizialmente ferma all’istante t=0 cade da una quota h al di sopra dell’asta e vi si conficca, a distanza orizzontale d da C, come rappresentato in figura 1.
Determinare la velocità angolare dell’asta immediatamente dopo l’urto. Supponendo che, dopo un certo tempo, le oscillazioni dell’asta si smorzino fino ad arrestarsi ed il sistema arrivi all’equilibrio, calcolare la differenza tra la lunghezza della molla prima dell’urto e quella raggiunta al nuovo equilibrio. Si assuma che, nella nuova posizione di equilibrio dell’asta, la molla rimanga verticale (ossia l’asta possa ancora essere considerata approssimativamente orizzontale).

 

 

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Richiami teorici.

Ricordiamo la seconda legge cardinale per i corpi rigidi:

\begin{equation*} \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} -m \vec{v}_C \wedge \vec{v}_{\text{CM}} = \dfrac{d\vec{L}_C}{dt}, \end{equation*}

dove \displaystyle \sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} è la somma di tutti i momenti esterni al sistema, \vec{v}_C è la velocità del polo scelto per il calcolo del momento angolare totale del sistema, \vec{v}_{\text{CM}} è la velocità del centro di massa ed infine \vec{L}_C è il momento angolare totale del sistema rispetto al polo C.

Ricordiamo inoltre che il momento angolare di un corpo rigido che ruota con velocità \vec{\omega} attorno ad un asse è uguale a

\begin{equation*} \vec{L} = I_{\text{asse}}\,\vec{\omega}, \end{equation*}

dove I_{\text{asse}} è il momento d’inerzia del corpo rigido rispetto all’asse di rotazione.   


Svolgimento.

Scegliamo un sistema di riferimento Cxy, centrato nel punto C e con l’asse x orizzontale (dunque lungo l’asta), come rappresentato in figura 2.    

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    Calcoliamo per prima cosa la velocità d’impatto \vec{v}_\text{i} della massa m sull’asta. L’unica forza che agisce su m prima dell’urto è la forza di gravità, per la quale possiamo definire un’energia potenziale U_{\text{grav}}:

\begin{equation*} U_{\text{grav}} = mgy + \text{costante}, \end{equation*}

dove y è la posizione lungo l’asse y della massa m. Dal momento che la forza peso è conservativa, l’energia meccanica della massa m si conserva, dunque possiamo dire che

\begin{equation*} U_{\text{grav,0}} + K_0 = U_{\text{grav,i}} + K_{\text{i}}, \end{equation*}

dove K è l’energia cinetica, e abbiamo indicato con i pedici 0 e i rispettivamente le quantità all’istante t=0 e immediatamente prima dell’urto. Definendo v_\text{i} il modulo di \vec{v}_\text{i}, possiamo scrivere l’energia cinetica prima dell’urto come \displaystyle K_\text{i} = \frac{1}{2}mv_\text{i}^2. Dal momento che la massa è inizialmente ferma \displaystyle K_0= 0, e mettendo a sistema l’equazione (3) con la precedente otteniamo:

\begin{equation*} mgh + \text{costante} = \frac{1}{2}mv_\text{i}^2 + \text{costante}, \end{equation*}

da cui

\begin{equation*} \boxed{v_\text{i} = \sqrt{2gh}.} \end{equation*}

Consideriamo a questo punto come sistema fisico in esame il sistema massa m più asta. Poiché la massa m si conficca nell’asta, l’urto è completamente anelastico e durante l’impatto non si conserva l’energia totale del sistema (una parte viene dissipata durante la “fusione” dei due oggetti). Allo stesso modo non si conserva la quantità di moto totale poiché durante l’urto è presente una forza esterna impulsiva (la reazione vincolare in C). Tuttavia, dimostriamo ora che si conserva il momento angolare totale calcolato rispetto al punto C (si vedano anche i richiami teorici). Osserviamo che il polo C è fisso, ovvero ha velocità nulla, di conseguenza il secondo termine del membro a sinistra dell’equazione (1) è nullo. Guardiamo ora al primo termine \displaystyle \sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}}: poiché il tempo dell’urto è molto breve consideriamo solo i momenti delle forze impulsive, trascurando quindi il contributo del momento della forza di gravità e di quello della forza elastica della molla.

Durante l’urto si generano, tra l’asta e la massa m, delle forze interne di natura impulsiva, che in quanto tali non sono da considerare ai fini dell’equazione (1). Dal momento che l’asta è incernierata ad un suo estremo, essa risente anche della reazione vincolare, sempre impulsiva, generata per via dell’urto nel punto C. Quest’ultima pure ha momento nullo essendo applicata proprio nel polo C. Pertanto il membro a sinistra dell’equazione (1) è il vettore nullo, e abbiamo che

\begin{equation*} \vec{0} = \frac{d\vec{L}_C}{dt}, \end{equation*}

ossia il momento angolare totale del sistema si conserva, prima e dopo l’urto, rispetto al polo C. Calcoliamo a questo punto il momento angolare \vec{L}_\text{i} del sistema un istante prima dell’urto, quando la massa sta per toccare l’asta (che è inizialmente ferma); poiché m impatta perpendicolarmente sull’asta il momento angolare iniziale è semplicemente:

\begin{equation*} \vec{L}_\text{i} = m(\vec{d}\wedge \vec{v}_\text{i}) = m(d\,\hat{x} \wedge -v_\text{i}\,\hat{y}) = -mdv_\text{i}(\hat{x}\wedge\hat{y}) =-mdv_\text{i}\,\hat{z}, \end{equation*}

dove \hat{x}, \hat{y} e \hat{z} indicano rispettivamente i versori degli assi x, y e z (l’asse z è uscente dal piano del problema). Sostituendo nella precedente equazione il risultato pervenuto nell’equazione (6) ed omettendo i versori (L_i è la componente z di \vec{L}_i) otteniamo

\begin{equation*} L_\text{i} = -md\sqrt{2gh}. \end{equation*}

Segue che \vec{L}_\text{i} punta nella direzione negativa dell’asse z. Dopo l’impatto la massa m è solidale con l’asta, ed entrambe ruoteranno con velocità angolare \vec{\omega} = \omega\,\hat{z} attorno al perno in C (\omega è la componente z di \vec{\omega}). Il momento angolare finale \vec{L}_\text{f} sarà dunque:

\begin{equation*} \vec{L}_{\text{f}} = I_{\text{asta}}\, \vec{\omega} + m(d\,\hat{x} \wedge \vec{v}_\text{f}), \end{equation*}

dove I_{\text{asta}} è il momento d’inerzia di un’asta che ruota rispetto ad un suo estremo e \vec{v}_{\text{f}} = \omega d \,\hat{y} è la velocità della massa m dopo l’urto. Sostituendo l’espressione di \vec{v}_{\text{f}} e svolgendo il prodotto vettoriale la precedente equazione diventa

\begin{equation*} \vec{L}_{\text{f}} = I_{\text{asta}}\,\omega\,\hat{z} + m\omega d^2(\hat{x} \wedge \hat{y}) = \left( I_{\text{asta}}\,\omega + m\omega d^2 \right)\hat{z}. \end{equation*}

Ricordando che il momento d’inerzia rispetto ad un asse passante per un suo estremo e perpendicolare al piano sul quale giace l’asta è \displaystyle I_{\text{asta}} = {ML^2}/{3} la precedente equazione diventa (omettiamo il versore \hat{z}):

\begin{equation*} L_{\text{f}} = \left ( md^2 + \frac{ML^2}{3} \right) \omega, \end{equation*}

dove L_f è la componente z di \vec{L}_f. Per il risultato ottenuto in equazione (7) possiamo dunque eguagliare l’equazione precedente con la (9), ottenendo:

\begin{equation*} -md\sqrt{2gh} = \left ( md^2 + \frac{ML^2}{3} \right) \omega, \end{equation*}

da cui risolvendo per \omega

\[\boxcolorato{fisica}{\omega = -\frac{md\sqrt{2gh}}{md^2 + \dfrac{ML^2}{3}}\, .}\]

    Dalla precedente equazione notiamo che \vec{\omega} è diretto nel verso negativo dell’asse z. Supponendo ora che, dopo un tempo sufficiente, il sistema arrivi ad una nuova posizione di equilibrio statico, possiamo affermare che la somma delle forze esterne sul sistema deve essere nulla, così come la somma dei loro momenti rispetto ad un qualsiasi polo (nel nostro caso, scegliamo il punto C). In figura 3 sono rappresentate tutte le forze esterne agenti sul sistema: la forza di gravità \vec{F}_{\text{gr},m} e \vec{F}_{\text{gr},L} (rispettivamente, sulla massa m e sull’asta), la reazione vincolare \vec{R} nel punto C e la forza elastica della molla \vec{F}_{\text{el}}. Per quest’ultima in particolare possiamo affermare che, avendo assunto che la molla rimanga verticale, anche la forza elastica che esercita sarà diretta in direzione verticale. La sua espressione sarà quindi:

\begin{equation*} \vec{F}_{\text{el}} = -k(\ell - \ell_0)\, \hat{y}, \end{equation*}

indicando con \ell la nuova lunghezza all’equilibrio della molla. Facciamo notare infine che, essendo tutte le altre forze dirette verticalmente, anche la reazione vincolare \vec{R} dovrà esserlo: non vi sarebbe altrimenti un’altra forza in grado di bilanciare un’eventuale componente orizzontale, come si può dedurre dalla figura 3.    

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    Calcoliamo a questo punto il momento di ciascuna forza rispetto al polo C: essendo applicata proprio in C, la reazione vincolare avrà momento nullo. Per la forza di gravità esercitata sulla massa m si ha:

\begin{equation*} \vec{M}_{\text{gr},m} = \vec{d}\wedge\vec{F}_{\text{gr},m} = (d\,\hat{x})\wedge(-mg\,\hat{y}) =-mgd\,\hat{z}, \end{equation*}

dove si è sfruttato il fatto che l’asta può essere considerata ancora orizzontale. Allo stesso modo si ha per la forza peso esercitata sull’asta:

\begin{equation*} \vec{M}_{\text{gr},L} = \frac{1}{2}\vec{L}\wedge\vec{F}_{\text{gr},L} = \left(\frac{1}{2}L\,\hat{x}\right) \wedge (-Mg\, \hat{y}) =-\frac{1}{2}MgL\,\hat{z}, \end{equation*}

dove si è fatto uso del fatto che la massa dell’asta è distribuita omogeneamente, dunque il suo centro di massa si trova a metà della stessa. A questo punto per la forza elastica:

\begin{equation*} \vec{M}_{\text{el}} = \vec{L}\wedge\vec{F}_{\text{el}} = (L\,\hat{x}) \wedge \bigl(k(\ell_0 - \ell) \, \hat{y}\bigr) =Lk(\ell_0 - \ell)\,\hat{z}. \end{equation*}

Dato che per quanto detto precedentemente, la somma di tutti i momenti deve essere nulla, si ha:

\begin{equation*} \vec{M}_{\text{gr},m} + \vec{M}_{\text{el}} + \vec{M}_{\text{gr},L} = 0, \end{equation*}

e sostituendo nella precedente equazione i risultati ottenuti in (15), (16) e 17:

\begin{equation*} -mgd - \frac{1}{2}MgL + Lk(\ell_0 - \ell) = 0, \end{equation*}

dove si è omesso il versore \hat{z}. Risolvendo la precedente equazione per \ell_0 - \ell si ha:

\begin{equation*} \boxed{\ell_0 - \ell = \frac{mgd}{Lk}+\frac{Mg}{2k}.} \end{equation*}

Si ripete a questo punto lo stesso ragionamento per il sistema prima dell’urto, che sarà del tutto analogo tranne che per due differenze: la molla avrà una lunghezza all’equilibrio \ell^\prime, e nell’equazione (18) non sarà presente il termine relativo alla massa m (che non ha ancora impattato sull’asta). Si ha dunque:

\begin{equation*} - \frac{1}{2}LMg + Lk(\ell_0 - \ell^\prime) = 0, \end{equation*}

da cui

\begin{equation*} \boxed{\ell_0-\ell^\prime = \frac{Mg}{2k}.} \end{equation*}

Sottraendo membro a membro l’equazione precedente alla (20) otteniamo:

\[\boxcolorato{fisica}{ \ell^\prime - \ell = \frac{mgd}{Lk}.}\]

 

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