Esercizio urti 2

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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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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

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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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 $v_T$ )

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

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.