Esercizio urti 10

Urti in Meccanica classica

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Esercizio 10 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Si consideri un sistema costituito da due corpi A e B puntiformi, di massa m_A ed m_B, disposti agli estremi di un’asta, di massa trascurabile e lunghezza d. Il sistema è libero di ruotare senza attrito nel piano verticale, attorno ad un asse passante per O e perpendicolare al piano sul quale giace il sistema. Le distanze dei due punti A e B dal punto O sono rispettivamente d_A e d_B. Inizialmente il sistema è in quiete in posizione orizzontale. Ad un certo istante un proiettile di massa m e velocità v_0, inclinata di un angolo \theta= 20^\circ rispetto alla direzione AB, colpisce il corpo B, attraversandolo ed uscendone con una velocità v_0/2 e con la stessa direzione di entrata. Per effetto dell’urto il sistema inizia a ruotare. Si imponga che valga la condizione m_Ad_A=m_Bd_B, allora sotto questa condizione, calcolare:

a) la velocità angolare \omega_0 del sistema immediatamente dopo l’urto;

b) la velocità v_A del corpo A quando raggiunge la posizione più bassa A_1;

c) la forza media orizzontale R_{x,M} e verticale R_{y,M} della forza impulsiva generata in O durante l’urto, assunto di durata \Delta t.

d) la componente media orizzontale F_{x,M} e verticale F_{y,M} della forza impulsiva generata tra la massa m e m_B durante l’urto, assunto di durata \Delta t.

 

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Svolgimento punto a. Procediamo come nell’esercizio urti 7. Consideriamo il sistema in esame m+m_A+m_B; una volta avvenuto l’urto l’urto tra m e m_B, il sistema è libero di ruotare rispetto all’asse passante per O. L’urto, nello specifico, è un urto vincolato, e pertanto non si conserva né la quantità di moto, né l’energia cinetica del sistema. Per il terzo principio della dinamica, nell’urto tra m e m_B, si vengono a generare due forze impulsive \vec{F} e -\vec{F}, uguali ed opposte. Si osserva che avendo scelto come sistema m, m_B e m_A, le forze \vec{F} e -\vec{F} sono interne. Il vincolo O genera una forza impulsiva \vec{R} , esterna al sistema (come in figura 2).

 

 

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Nel polo O è applicata l’unica forza impulsiva esterna al sistema, ovvero \vec{R}, pertanto se calcoliamo il momento di \vec{R} rispetto al polo O risulta nullo, perché la forza esterna \vec{R} è applicata proprio in O e quindi ha braccio nullo. Si conclude che per la seconda legge cardinale dei sistemi dei punti materiali si conserva il momento angolare totale del sistema, prima e dopo l’urto, rispetto al polo O.
Nello studio della rotazione del sistema, risulta utile osservare che poiché l’asta che collega le masse m_A e m_B ha massa trascurabile, il momento d’inerzia del sistema si trova come somma dei momenti d’inerzia dei due punti materiali rispetto all’asse di rotazione passante per il punto O e perpendicolare al piano sul quale giace il sistema. Ricordando che il momento d’inerzia di un punto materiale A rispetto a un polo O è dato da

(1)   \begin{equation*} I_A = m_A d_A^2, \end{equation*}

dove d_A è la distanza OA, avremo allora che per il sistema in esame varrà

(2)   \begin{equation*} I_O=I_A+I_B= m_A d_A^2 + m_B d_B^2, \end{equation*}

dove si sono indicati con I_A e I_B i momenti d’inerzia delle masse m_A e m_B rispettivamente. Poiché il sistema è libero di ruotare attorno al punto O, e come abbiamo detto in precedenza il momento angolare \vec{L} del sistema si conserva prima e dopo l’urto, e cioè:

(3)   \begin{equation*} mv_0d_B\sin\theta=m\frac{v_0}{2}d_B\sin\theta+I_O\omega_0, \end{equation*}

al primo membro dell’equazione (3) è presente il contributo al momento angolare totale dovuto alla massa m prima dell’urto rispetto al polo O, mentre a secondo membro si è considerato il contributo relativo alla massa m una volta superata la massa m_B ed il contributo I_O\omega_0 relativo al sistema delle masse m_A e m_B. Si noti che non si è considerato il contributo dell’asta al momento angolare totale perché ha momento d’inerzia trascurabile.

Dall’equazione (3) si trova:

(4)   \begin{equation*} \omega_0=\frac{mv_0d_B\sin\theta-m\dfrac{v_0}{2}d_B\sin\theta}{m_Ad_A^2+m_Bd_B^2}=\frac{m\dfrac{v_0}{2}d_B\sin\theta}{m_Ad_A^2+m_Bd_B^2}, \nonumber \end{equation*}

cioè

    \[\boxcolorato{fisica}{\omega_0=\frac{m\dfrac{v_0}{2}d_B\sin\theta}{m_Ad_A^2+m_Bd_B^2}.}\]

 

Punto b. Scegliamo un sistema di riferimento fisso 0xy orientato come in figura 3.

 

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Il centro di massa del sistema ha coordinate:

(5)   \begin{equation*} x_{CM}=\dfrac{-d_Am_A+d_Bm_B}{m_A+m_B}\quad \text{e}\quad y_{CM}=0\,\text{m}; \end{equation*}

siccome -d_Am_A+d_Bm_B=0, si ha CM=(x_{CM}, y_{CM})\equiv O. L’asta ruota senza attrito in un piano verticale rispetto ad un asse passante per O e perpendicolare al piano sul quale giace, e quindi si muove di moto circolare rispetto al polo O. Dalla teoria dei sistemi dei punti materiali sappiamo che possiamo immaginare la massa m+m_A+m_B tutta concentrata nel centro di massa , per cui mentre l’asta ruota non c’è variazione di energia potenziale, perché la forza peso (m_1+m_2)\vec{g} rimane sempre applicata nello stesso punto, cioè O, e quindi non varia la sua quota; in figura 4 la rappresentazione del moto dell’asta in un generico istante t:

 

 

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Quindi dalla conservazione dell’energia risulta che

(6)   \begin{equation*} \dfrac{1}{2}I_O\omega_O^2=\dfrac{1}{2}I_O\omega^2, \end{equation*}

cioè l’energia cinetica iniziale, che è puramente rotazionale, è uguale all’energia rotazionale in un generico istante t, da cui \omega=\omega_0, cioè la velocità angolare è costante. Dai fatti ottenuti si ha che l’asta si muove di moto circolare uniforme. Questo risultato si poteva anche dedurre dal fatto che siccome la forza peso è applicata nel centro di massa del sistema si ha che il suo momento rispetto al polo O è nullo, allora applicando la seconda legge cardinale della dinamica si ottiene

(7)   \begin{equation*} \alpha=0\,\,\text{m}\cdot \text{s}^{-2}, \end{equation*}

da cui \omega=\text{costante} e quindi il moto è circolare uniforme.
Altrimenti, ancora, è possibile presentare un altro punto di vista. Si consideri la figura 5.

 

 

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Calcoliamo il momento delle due forze peso m_A\vec{g} e m_B\vec{g} rispetto al polo O:

(8)   \begin{equation*} \vec{M}_{O,A}=\vec{r}_A \wedge m_A\vec{g}=m_Ad_A g\left(-\cos \theta \,\hat{x}+\sin \theta\,\hat{y}\right)\wedge\left(-\hat{y}\right)=m_Ad_A g\cos \theta \,\hat{z} \end{equation*}

e

(9)   \begin{equation*} \vec{M}_{O,B}=\vec{r}_B \wedge m_A\vec{g}=m_Ad_B g\left(\cos \theta \,\hat{x}+\sin \theta\,\hat{y}\right)\wedge\left(-\hat{y}\right)=-m_Bd_B g\cos \theta\,\hat{z} , \end{equation*}

da cui, sommando \vec{M}_{O,A} e \vec{M}_{O,B}, si ottiene

(10)   \begin{equation*} \vec{M}_{O,A}+\vec{M}_{O,B}=m_Ad_A g\cos \theta \,\hat{z}-m_Bd_B g\cos \theta\,\hat{z}=g\cos \theta\left(m_Ad_A-m_Bd_B\right) \hat{z}=0\,\hat{z}. \end{equation*}

Nuovamente concludiamo che la somma dei momenti esterni rispetto al polo O è nulla (in ogni istante o in altri termini per ogni valore di \theta) e pertanto l’accelerazione angolare è costante, da cui \omega=\omega_0. Per determinare la velocità lineare v_A della massa m_A nel suo punto più basso, osserviamo che l’asse di rotazione del sistema si trova in corrispondenza del centro di massa del sistema e quindi è possibile determinare v_A usando la sua relazione con \omega_0. Infatti, essendo il moto di m_A un moto circolare uniforme con velocità angolare \omega_0, risulterà

    \[\boxcolorato{fisica}{v_A=\omega_0 d_A}\]

che rappresenta la soluzione al punto b) del problema.

 

Punto c.  Si consideri la figura 6 dove è rappresenta la forza impulsiva \vec{R} e la forza peso (m_A+m_B+m_C)\vec{g}, inoltre entrambe le forze sono applicate nel polo O.

 

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Applicando al sistema la prima legge cardinale dei sistemi dei punti materiali si ha

(11)   \begin{equation*} \vec{R}+\left(m_A+m_B+m\right)\vec{g}=\left(m_a+m_b+m\right)\vec{a}_{CM} \end{equation*}

da cui, integrando nell’intervallo \Delta t (durata dell’urto) ambo i membri dell’equazione (??), si ottiene

(12)   \begin{equation*} \int^t_0\left(\vec{R}+\left(m_A+m_B+m\right)\vec{g}\right)dt^\prime=\int^t_0\left(m_a+m_b+m\right)\dfrac{d\vec{v}_{CM}}{dt^\prime}dt^\prime, \end{equation*}

cioè

(13)   \begin{equation*} \int_{0}^{t}\vec{R}\,dt+\left(m_A+m_B+m_C\right)\vec{g}\,\Delta t=\Delta \vec{P} \end{equation*}

dove \Delta \vec{P} è la variazione della quantità di moto totale del sistema.
Si ha

(14)   \begin{equation*} \int_{0}^{t}\vec{R}\,dt^\prime =\vec{R}_M\Delta t=\Delta t \left(- R_{x,M}\,\hat{x}-{R}_{y,M}\,\hat{y}\right) \end{equation*}

dove \vec{R}_M è la forza media di \vec{R}.

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Sfruttando (14) possiamo riscrivere (13) come segue

(15)   \begin{equation*} \vec{R}_M=- R_{x,M}\,\hat{x}-{R}_{y,M}\,\hat{y}=\dfrac{\Delta \vec{p}}{\Delta t}-\left(m_A+m_B+m\right)\vec{g}. \end{equation*}

Il problema chiede in particolare di calcolare i moduli delle componenti R_{x,M} e R_{M,y};
procediamo osservando che, orizzontalmente, la quantità di moto \Delta p_x è associata solamente al moto del proiettile, dato che dopo durante l’urto le masse m_A e m_B si muovono soltanto verticalmente. Avremo dunque:

(16)   \begin{equation*} R_{x,M}=\dfrac{\dfrac{mv_0\cos\theta}{2}-mv_0\cos\theta}{\Delta t}=\dfrac{mv_0\cos \theta}{2\Delta t}, \end{equation*}

cioè

    \[\boxcolorato{fisica}{ R_{x,M}=\dfrac{mv_0\cos \theta}{2\Delta t}.}\]

La componente verticale R_{y,M} sarà data da

(17)   \begin{equation*} {R}_{y,M}=\dfrac{\dfrac{mv_0\sin\theta}{2}-mv_0\sin\theta+m_Bv_B-m_Av_A}{\Delta t}+\left(m_A+m_B+m\right)g, \end{equation*}

cioè

(18)   \begin{equation*} {R}_{y,M}=\dfrac{\dfrac{mv_0\sin \theta}{2}+m_B\omega_0 d_B-m_Ad_A\omega_0}{\Delta t}+\left(m_A+m_B+m\right)g, \end{equation*}

o anche

(19)   \begin{equation*} {R}_{y,M}=\dfrac{\dfrac{mv_0\sin \theta}{2}+\omega_0\underbrace{\left(m_B d_B-m_Ad_A\right)}_{=0}}{\Delta t}+\left(m_A+m_B+m\right)g, \end{equation*}

infine

    \[\boxcolorato{fisica}{ {R}_{y,M}=\dfrac{mv_0\sin \theta}{2\Delta t}+\left(m_A+m_B+m\right)g}\]

dove nella variazione di quantità di moto, abbiamo inserito i contributi dovuti alle masse m_A e m_B, le quali hanno velocità lineari rispettivamente v_A=\omega_0 d_A e v_B=\omega_O d_B.

 

Punto d. Calcoliamo la variazione della quantità di moto del punto materiale m:

(20)   \begin{equation*} \Delta \vec{P}_m=m\left(\dfrac{\vec{v}_0}{2}-\vec{v}_0\right)=-\dfrac{mv_0}{2}\left(\cos \theta \,\hat{x}+\sin \theta \,\hat{y}\right), \end{equation*}

da cui

(21)   \begin{equation*} \vec{F}_M\Delta t=-\dfrac{mv_0}{2}\left(\cos \theta \,\hat{x}+\sin \theta \,\hat{y}\right), \end{equation*}

i.e.

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{F}_M=-\dfrac{mv_0}{2\Delta t}\left(\cos \theta \,\hat{x}+\sin \theta \,\hat{y}\right).}\]

 

Fonte: esercizio tratto dal libro elementi di fisica meccanica e termodinamica di P.Mazzoldi-M.Nigro e C.Voci.