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Esercizio urti 2

Urti in Meccanica classica

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Esercizio 2  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Una massa M=0.5 kg, poggiata su un piano orizzontale liscio, è collegata tramite una molla ad una molla (k=450 \text{N}\cdot\text{m}^{-1}) ad una parete rigida. Essa esegue delle oscillazioni armoniche di ampiezza A=20 cm. Quando si trova nel punto di massima elongazione più lontano dalla parete, M viene colpita da una massa m=0.1 kg che si muove con velocità v=18 \text{m}\cdot \text{s}^{-1} lungo l’asse della molla. Calcolare la velocità del sistema delle due masse subito dopo l’urto e l’ampiezza A' delle oscillazioni dopo l’urto. Si assuma una lunghezza a riposo della molla nulla e che l’urto tra le due masse avvenga in modo completamente anelastico.

 

 

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Figura 1: schema del problema.

Svolgimento.

Scegliamo un sistema fisso di assi cartesiani Oxy tale che l’asse x sia parallela all’asse della molla. Per risolvere il problema, osserviamo innanzitutto che nel punto di massima elongazione, la massa M dista esattamente A=0.2 [m] dalla parete rigida. Consideriamo inoltre come completamente anelastico l’urto che si verifica tra la massa M e la massa m; in tale tipo di urto, in assenza di vincoli, la quantità di moto del sistema si conserva [1]. E’ dunque possibile scrivere

(1)   \begin{equation*} \vec{p}_M+\vec{p}_m=\vec{p}_T, \end{equation*}

dove si sono indicate con \vec{p}_M=M\vec{v}_M e \vec{p}_m=m\vec{v} le quantità di moto delle masse M ed m, rispettivamente, mentre \vec{p}_T=(M+m)\vec{v}_T indica la quantità di moto del sistema creatosi dopo l’urto. Osserviamo che per la velocità della massa M vale v_M=0 \text{m}\cdot \text{s}^{-1} nel punto di massima elongazione, pertanto è possibile determinare la velocità del sistema \vec{v}_T subito dopo l’urto dall’equazione precedente,  ossia la prima soluzione del problema

 

      \[\boxcolorato{fisica}{   \vec{v}_T = -\frac{mv}{M+m}\,\hat{x}. = -3\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}\,\hat{x}. }\]

 

dove il segno meno è rappresentativo del fatto che la velocità \vec{v} è rivolta verso il semiasse negativo delle x. Consideriamo adesso il sistema delle due masse: quest’ultimo partirà dal punto a distanza A dalla parete, con velocità \vec{v}_T e compirà oscillazioni con una nuova ampiezza massima A', come illustrato nella figura che segue.

 

 

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Figura 2: rappresentazione del sistema a due masse che oscilla con velocità iniziale \vec{v}_T e nuove ampiezze massime A e A'.

 

 

Consideriamo adesso il sistema fisico dopo l’urto: poiché esso si muove in assenza di attrito, l’energia meccanica totale E si conserva in tutti i punti che compongono la traiettoria del sistema. In particolare, l’energia nel punto A, che indichiamo con E_A, sarà uguale a quella nel punto A', che etichettiamo invece con E_{A'}. Osserviamo che E=K + U, dove K è l’energia cinetica, mentre U è l’energia potenziale, in questo caso solamente elastica. Nel punto A sarà dunque

(2)   \begin{equation*} E_A=K_A+U_A=\frac{1}{2}(M+m)v_T^2+\frac{1}{2}kA^2 \end{equation*}

in cui si è usata la definizione di energia cinetica (K=\frac{1}{2}mv^2) e si è scritta l’energia potenziale elastica usando la sua espressione esplicita (U=\frac{1}{2}kx^2). Mentre nel punto A il sistema ha una velocità di modulo v_T che eredita dall’urto avvenuto precedentemente e che da origine a una energia cinetica non nulla, lo stesso non avviene per il punto A', che rappresenta adesso il punto di massima elongazione che il sistema può raggiungere. Pertanto, dato che nel punto A' la velocità del sistema, e quindi l’energia cinetica, risulta nulla, l’unica componente diversa da zero nell’equazione dell’energia meccanica è quella potenziale elastica (chiaramente nel punto di massima elongazione il sistema si ferma), sicché

(3)   \begin{equation*} E_{A'}=U_A'=\frac{1}{2}kA'^2. \end{equation*}

Eguagliando tra loro le equazioni 2 e 3 otterremo dunque

(4)   \begin{equation*} \frac{1}{2}kA'^2=\frac{1}{2}(M+m)v_T^2+\frac{1}{2}kA^2, \end{equation*}

da cui è possibile esplicitare e ricavare A':

(5)   \begin{equation*} A^\prime=\sqrt{\dfrac{v_T^2\left(M+m\right)}{k}+A^2}, \end{equation*}

cioè (abbiamo sostituito v_T)

      \[\boxcolorato{fisica}{ A'=\frac{A}{\cos(\phi)} =\frac{A}{\cos\left(\arctan\left( \dfrac{v_T}{A\omega}\right)\right)}= 0.228\ \text{m},}\]

che rappresenta la seconda soluzione del problema.

E’ interessante notare che è possibile adoperare un altro metodo al fine di determinare A'; il moto del sistema attaccato alla molla è difatti un moto armonico [2]. E’ possibile allora usare le leggi del moto armonico per determinare A'; in particolare, ricordiamo che vale

(6)   \begin{equation*} x(t)=A'\cos(\omega t +\phi), \end{equation*}

per determinare la posizione in funzione del tempo, e

(7)   \begin{equation*} v(t)=-A'\omega \sin(\omega t +\phi), \end{equation*}

per studiare invece la velocità; nelle equazioni precedenti si è indicata con \omega=\sqrt{\frac{k}{m}} la pulsazione del moto armonico e con \phi la fase iniziale. Denotiamo con t=0 [s] il momento in cui inizia il moto armonico in analisi: questo istante di tempo coincide con il momento in cui i due corpi hanno effettuato l’urto, dunque il sistema si troverà in A e avrà velocità \vec{v}_T. Allora, in questo istante di tempo, l’equazione (6) si scriverà più semplicemente come

(8)   \begin{equation*} A=A'\cos(\phi), \end{equation*}

ed analogamente varrà per l’equazione (7)

(9)   \begin{equation*} -v_T=-A'\omega \sin(\phi), \end{equation*}

in cui il segno meno al primo membro è giustificato dal fatto che la velocità v_T è rivolta verso la parte negativa dell’asse x. Le due equazioni appena scritte rappresentano un sistema di due equazioni in due variabili, ossia A' e \phi. Per risolvere, dividiamo membro a membro l’equazione (8) per la (9); otterremo:

(10)   \begin{equation*} \frac{v_T}{A\omega}=\tan(\phi), \end{equation*}

e dunque

(11)   \begin{equation*} \phi=\arctan\left( \frac{v_T}{A\omega}\right)=\arctan\left( \frac{v_T}{A\omega}\right). \end{equation*}

L’espressione di \phi può essere sostituita ad esempio nell’equazione (8) per trovare A', che risulterà dunque valere

      \[\boxcolorato{fisica}{A'=\frac{A}{\cos(\phi)} =\frac{A}{\cos\left(\arctan\left( \dfrac{v_T}{A\omega}\right)\right)}= 0.228\ \text{m},}\]

valore uguale, naturalmente, al risultato trovato considerando invece la conservazione dell’energia.

 

 

 


Approfondimento

Si vuol dimostrare il seguente fatto:

(12)   \begin{equation*} \frac{A}{\cos\left(\arctan\left( \dfrac{v_T}{A\omega}\right)\right)}=\sqrt{\frac{(mv)^2}{k(M+m)}+A^2}. \end{equation*}

\begin{proof}[Dimostrazione] Si ricorda che

(13)   \begin{equation*} \sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha=1 \end{equation*}

per ogni \alpha \in \mathbb{R}; supponendo \cos \alpha \neq 0, possiamo dividere ambo i membri di (13) per \cos^2 \alpha, e ottenere

(14)   \begin{equation*} \tan^2 \alpha + 1=\dfrac{1}{\cos^2 \alpha}, \end{equation*}

cioè

(15)   \begin{equation*} \cos^2 \alpha =\dfrac{1}{1+\tan^2 \alpha}. \end{equation*}

Posto \alpha=\arctan\left(\dfrac{v_T}{A\omega}\right) la relazione (15) diventa

(16)   \begin{equation*} \cos^2\left(\arctan\left(\dfrac{v_T}{A\omega}\right)\right) =\dfrac{1}{1+\tan^2 \arctan\left(\dfrac{v_T}{A\omega}\right) }=\dfrac{1}{1+\dfrac{v^2_T}{A^2\omega^2} }, \end{equation*}

da cui

(17)   \begin{equation*} \cos\left(\arctan\left(\dfrac{v_T}{A\omega}\right)\right) =\sqrt{\dfrac{1}{1+\dfrac{v^2_T}{A^2\omega^2} }}; \end{equation*}

chiaramente \cos \arctan x risulta essere sempre positivo in quanto l’immagine dell’arcotangente è (-\pi/2,\pi/ 2) e la funzione coseno è positiva in tale intervallo. Si consideri

(18)   \begin{equation*} \frac{A}{\cos\left(\arctan\left( \dfrac{v_T}{A\omega}\right)\right)}, \end{equation*}

da cui, utilizzando il risultato pervenuto in (17), si ottiene

(19)   \begin{equation*} \frac{A}{\cos\left(\arctan\left( \dfrac{v_T}{A\omega}\right)\right)}=\dfrac{A}{\sqrt{\dfrac{1}{1+\dfrac{v^2_T}{A^2\omega^2} }}}=A\sqrt{\dfrac{A^2\omega^2+v_T^2}{A^2\omega^2}}=\sqrt{\dfrac{A^2\omega^2+v_T^2}{\omega^2}}=\sqrt{A^2+\dfrac{v_T^2}{\omega^2}}, \end{equation*}

infine ricordando che v_T=\dfrac{mv}{M+m} e \omega=\sqrt{\dfrac{k}{m+M}}, si ha

(20)   \begin{equation*} \sqrt{A^2+\dfrac{v_T^2}{\omega^2}}=\sqrt{A^2+\dfrac{\left(\dfrac{mv}{M+m}\right)^2}{\dfrac{k}{m+M}}}=\sqrt{A^2+\frac{(mv)^2}{k(M+m)}}, \end{equation*}

cioè quello che volevamo dimostrare.

 

1 Ricordiamo che un urto di tipo completamente anelastico è un urto anelastico, ossia un urto in cui si conserva solo la quantità di moto del sistema ma non l’energia cinetica, in cui, in particolare, i due corpi in gioco rimangono attaccati dopo l’urto, muovendosi all’unisono. ↩

2.Ricordiamo che la condizione necessaria e sufficiente affinché il moto di un corpo sia armonico è che la sua legge oraria sia soluzione dell’equazione differenziale del tipo \ddot{x}+\omega^2 x=0. Nel caso di una molla, la legge cardinale della dinamica \vec{F}=m\vec{a} si scrive in modulo come -kx=m\ddot{x}, dove si è considerato che l’unica forza in gioco è data dalla legge di Hooke, ossia, in modulo, F=-kx; sarà allora \ddot{x}=-\frac{k}{m}x e denoteremo con \omega^2=\frac{k}{m}. ↩

 


Fonte.

Esercizio 8.8 del libro elementi di fisica meccanica e termodinamica di P.Mazzoldi-M.Nigro e C.Voci.

 
 

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