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Esercizio urti 9

Urti in Meccanica classica

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Esercizio 9 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Un pendolo semplice, di massa m_1= 0.2 kg e lunghezza \ell=0.5 m, è tenuto in equilibrio statico ad angolo \theta= 60^\circ rispetto alla verticale da una forza orizzontale F orientata come in figura 1. Calcolare

  • a) il modulo di \vec{F}.

Si rimuove \vec{F} e il corpo è lasciato libero di oscillare. Quando raggiunge la verticale urta contro un punto materiale di massa m_2=0.1 kg fermo sul bordo di un gradino alto h=0.6 m. Dopo l’urto l’ampiezza dell’oscillazione del pendolo è \theta_1 = 30^\circ mentre m_2 cade sotto l’azione della forza peso. Calcolare:

 

  • b) la velocità di m_2 subito dopo l’urto;
  • c) lo spazio orizzontale d percorso da m_2 prima di toccare terra.

 

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Figura 1: schema esercizio del problema.

Svolgimento punto a).

La massa m_1 è inizialmente in equilibrio statico, dunque vale che la risultante delle forze agenti su di essa è nulla. Analizziamo nel dettaglio il diagramma delle forze per m_1, illustrato in figura 2:

 

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Figura 2: rappresentazione del sistema di riferimento e delle forze agenti sulla massa m_1 all’istante t=0.

 

Scelto un sistema di riferimento fisso Oxy avente come origine O coincidente con il punto in cui è inizialmente è posta la massa m_1, osserviamo che le forze agenti sulla massa sono: la forza \vec{F} che impedisce al pendolo di oscillare, la tensione del filo \textcolor[HTML]{0006FD}{\vec{T}}, la quale è scomposta in figura 2 nelle sue componenti lungo x e y, rispettivamente \textcolor[HTML]{0006FD}{\vec{T}_x} e \textcolor[HTML]{0006FD}{\vec{T}_y}, ed infine la forza peso \textcolor[HTML]{FD0303}{\vec{F}_p}=m_1\vec{g}, diretta verso il suolo. Si può notare che l’angolo che si viene a formare tra l’asse y e il vettore \textcolor[HTML]{0006FD}{\vec{T}} è lo stesso angolo \theta illustrato nel testo dell’esercizio (è possibile provarlo osservando che l’asse y e la verticale del pendolo sono rappresentative di rette parallele tagliate da una trasversale; in tal senso i due angoli \theta devono essere uguali, in quanto angoli alterni interni). Si ha pertanto che \textcolor[HTML]{0006FD}{\vec{T}_y}=\textcolor[HTML]{0006FD}{T}\cos\theta\,\hat{y}, mentre \textcolor[HTML]{0006FD}{\vec{T}_x}=\textcolor[HTML]{0006FD}{{T}}\sin\theta\,\hat{x}. Fatte queste considerazioni, scomponendo le forze lungo l’asse x e y e applicando seconda legge dinamica, si ha:

(1)   \begin{equation*} \left\{ \begin{aligned} & -F+T\sin\theta=0 \\ & -m_1g+T\cos\theta=0 \\ \end{aligned} \right. \end{equation*}

da cui si ricava facilmente la soluzione al punto a) del problema:

    \[\boxcolorato{fisica}{ F=m_1g\tan\theta=3.4 \,\,\text{N}. }\]

 


Svolgimento punto b).

Una volta rimossa la forza \vec{F}, il pendolo è libero di oscillare, e pertanto raggiungerà la verticale, illustrata con una linea tratteggiata in figura 3. E’ possibile determinare con quale velocità \vec{v}_1 la massa m_1 raggiungerà la verticale e dunque urterà con la massa m_2; per fare questo basta osservare che, nella sua oscillazione, la massa m_1 è soggetta alla legge di conservazione dell’energia in quanto non ci sono forze non conservative, inoltre siccome la tensione è sempre perpendicolare al percorso fa lavoro nullo. Per rendere più agevoli le nostre considerazioni, consideriamo, come illustrato nella figura seguente, lo spostamento che la massa m_1 fa dal suo punto di partenza, che denotiamo con A [1] , al punto in cui urterà la massa m_2, che chiamiamo B [2]:

 

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Figura 3: oscillazione del pendolo e raggiungimento della verticale.

 

 

Considerando adesso B come livello del suolo, si avrà che in A l’energia meccanica E_A della massa è totalmente di tipo potenziale gravitazionale, dato che inizialmente la massa è ferma; in particolare, avremo quindi che

(2)   \begin{equation*} E_A=U_A=m_1g(\ell-\ell\cos\theta) \end{equation*}

dove si è denotata con U_A l’energia potenziale gravitazionale nel punto A, mentre nel punto B l’energia potenziale è nulla e quindi l’energia totale E_B sarà invece completamente di tipo cinetico, cioè

(3)   \begin{equation*} E_B=K_B=\frac{1}{2}m_1 v_1^2 \end{equation*}

dove K_B rappresenta appunto l’energia cinetica di m_1 nel punto B. Dalla conservazione dell’energia meccanica totale, seguirà dunque che

(4)   \begin{equation*} m_1g(\ell-\ell\cos\theta)=\frac{1}{2}m_1 v_1^2, \end{equation*}

da cui si determina

(5)   \begin{equation*} v_1=\sqrt{2g\ell(1-\cos\theta)}\simeq 2.22 \,\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}\,. \end{equation*}

Chiamiamo v_1^{\prime} la velocità che possiede m_1 dopo l’urto con m_2. Una volta avvenuto l’urto, infatti, nel punto B l’energia della massa m_1 sarà ancora tutta di tipo cinetico, ed in particolare sarà uguale a \frac{1}{2}m_1\left(v_1^{\prime}\right)^2; la massa raggiungerà poi il punto C, che rappresenta la nuova ampiezza massima delle oscillazioni del pendolo, la quale si trova ad un’altezza \ell-\ell\cos\theta_1. L’energia in C sarà dunque potenziale gravitazionale, e sarà dunque U_C=mg\ell(1-\cos\theta_1). Dalla conservazione dell’energia meccanica totale seguirà dunque ancora che

(6)   \begin{equation*} \frac{1}{2}m_1 \left(v_1^\prime\right)^2=m_1g(\ell-\ell\cos\theta_1), \end{equation*}

da cui segue

(7)   \begin{equation*} v_1'=\sqrt{2g\ell(1-\cos\theta_1)}\simeq 1.15 \dfrac{\text{m}}{\text{s}}\,. \end{equation*}

L’urto avvenuto tra la massa m_1 e la massa m_2 è un urto anelastico, pertanto osservando che non sono presenti forze esterne di natura impulsiva possiamo affermare che nell’urto tra m_1 e m_2 si conserva la quantità di moto. Prima dell’urto vale \vec{p}_1=m_1\vec{v}_1 per la massa m_1 mentre \vec{p}_2=0\,\,\dfrac{\text{kg}\cdot \text{m}}{\text{s}} per la massa m_2, dato che inizialmente è ferma; dopo l’urto, denoteremo invece con \vec{p}_1^{\,\prime}=m_1\vec{v}_1^{\,\prime} la quantità di moto per la massa m_1 e con \vec{p}^{\,'}_2=m_2\vec{v}^{\,'}_2 quella della massa m_2. Possiamo allora scrivere la legge di conservazione della quantità come (notare che le velocità giacciono tutte sulla stessa retta)

(8)   \begin{equation*} m_1v_1=m_2v^{\,'}_2+m_1v_1', \end{equation*}

mediante la quale possiamo determinare il modulo di v^{\,\prime}_2, cioè la soluzione al punto b) del problema:

    \[\boxcolorato{fisica}{ v^{\,'}_2=\frac{m_1}{m_2}(v_1-v_1')=2.12 \,\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}.}\]

 


Svolgimento punto c).

Per determinare lo spazio orizzontale percorso da m_2 prima di toccare terra bisogna osservare che m_2 dopo l’urto si muove di moto parabolico; scegliamo, a questo proposito, un nuovo sistema di riferimento fisso Oxy avente origine alla base del gradino di altezza h. Avremo dunque un moto uniformemente accelerato lungo y ed un moto rettilineo uniforme lungo x, i quali saranno rispettivamente caratterizzati dalle equazioni seguenti:

(9)   \begin{equation*} y=h+v^{\,\prime}_{2y}t-\frac{1}{2}gt^2; \end{equation*}

(10)   \begin{equation*} x=v^{\,\prime}_2t. \end{equation*}

Siamo interessati al momento in cui la massa m_2 tocca il suolo, pertanto nella prima equazione imponiamo y=0\,\,\text{m}, ed inoltre anche v^{\,\prime}_{2y}=0\,\,\text{m}/\text{s} dato che la massa inizia il suo moto con una velocità diretta lungo l’asse x. Possiamo allora ricavare il tempo t corrispondente all’istante in cui la massa m_2 tocca terra dalla prima equazione:

(11)   \begin{equation*} t=\sqrt{\frac{2h}{g}}, \end{equation*}

e sostituendo tale tempo t nell’equazione del moto rettilineo uniforme, otterremo la distanza d, cioè la soluzione al punto c) del problema:

    \[\boxcolorato{fisica}{\begin{equation} x\left(\sqrt{\frac{2h}{g}}\right)= d=v^{\,\prime}_2\sqrt{\frac{2h}{g}}\simeq 0.75\,\,\text{m}. \nonumber}\]

 

 

 

 

1. In figura è anche possibile osservare come il punto A si trovi ad un’altezza \ell-\ell\cos\theta rispetto al livello del suolo; l’altezza è ottenuta dalla sottrazione dei due segmenti \ell e \ell\cos\theta illustrati in figura 3. ↩

2. La figura 3 rappresenta lo spostamento della massa m_1 dal punto di partenza A al punto B dove avviene l’urto. Dopo l’urto, la massa tornerà ad oscillare, raggiungendo il punto C. ↩

 


Link alla soluzione video. a cura di Giovanni F.ciani.

 clicca qui.  

Fonte Esercizio.

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

 


 
 

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