1 Un`asta rigida di sezione trascurabile, lunga l = 1m e di massa M

1
Esercizio
(tratto dal Problema 8.21 del Mazzoldi 2)
Un’asta rigida di sezione trascurabile, lunga l = 1 m e di massa M = 12 Kg è imperniata nel centro
ed è libera di ruotare in un piano orizzontale xy. Contro un suo estremo viene lanciato un oggetto di
dimensioni trascurabili e di massa m = 1 Kg, con velocità ~v = 2ı̂ m/s; l’asta è orientata secondo l’asse
y. Dopo l’urto l’oggetto rimbalza con velocità ~v 0 = −0.5ı̂ m/s. Calcolare
1. la velocità angolare ω dell’asta dopo l’urto;
2. le componenti dell’impulso J~ comunicato al perno.
Si supponga ora che, con le stesse condizioni iniziali, l’urto avvenga elasticamente. Calcolare in questo
caso:
3. ω 0 e J~0 .
y
x
Fabrizio Dolcini (http://staff.polito.it/fabrizio.dolcini/)
Dipartimento di Scienza Applicata e Tecnologia, Politecnico di Torino - Esercitazioni di Fisica I
2
SOLUZIONE
Si tratta di un problema di urto vincolato, dato che nell’urto tra l’asta ed l’oggetto m l’asta è
soggetta al vincolo del perno.
1. Consideriamo il primo tipo di urto
• L’energia non è conservata nell’urto, dato che il problema non precisa esplicitamente che si
tratti di urto elastico. Al contrario, siccome il testo richiede nella seconda parte di fare il
confronto col caso dell’urto elastico, sappiamo per certo che questo primo tipo di urto non
è elastico, e dunque l’energia non si conserva;
• Consideriamo la quantità di moto del sistema asta + punto. Tale sistema non è un sistema
~ del perno è una forza
isolato. Infatti l’asta è vincolata al perno. La reazione vincolare R
esterna al sistema asta + punto. In conseguenza di ciò, la quantità di moto non è conservata.
• Consideriamo il momento angolare del sistema asta + punto rispetto al polo=perno. Il
momento angolare totale varia nel tempo secondo la legge
~
dL
~e
=M
dt
(1)
~ e è il momento delle forze esterne al sistema. In questo caso l’unica forza esterna al
dove M
~ Tuttavia essa non esercita alcun momento
sistema asta + punto è la reazione vincolare R.
perchè ha braccio nullo rispetto al polo=perno
~e=M
~ ~ = ~r ×R
~ =0
M
R
|{z}
=0
Pertanto abbiamo
~
dL
~
=0
⇒
L(t)
= cost
(2)
dt
~ del sistema asta + punto (calcolato rispetto al perno!) è
ossia il momento angolare L
costante nel tempo. Dunque, in particolare, si conserva attraverso l’urto:
~ prima = L
~ dopo
L
(3)
• Consideriamo il momento angolare prima dell’urto. Esso è dovuto al solo oggetto di massa
m, dato che l’asta è ferma.
~ prima = L
~ punto = ~r × m~v
L
(4)
prima
– Tale momento angolare è diretto lungo l’asse ortogonale al foglio, nel verso uscente.
Denotiamo
k̂ = versore uscente
(5)
– Notiamo che ~r = ~r(t) varia nel tempo (l’oggetto m si sposta nel tempo) mentre ~v
è costante nel tempo (l’oggetto si muove di moto rettilineo uniforme). Tuttavia il
prodotto vettoriale (4) non dipende dal tempo, dato che il braccio b = |~r| sin α rimane
costante nel tempo [vedi Fig.1]
~ prima = l mv k̂
L
2
(6)
Fabrizio Dolcini (http://staff.polito.it/fabrizio.dolcini/)
Dipartimento di Scienza Applicata e Tecnologia, Politecnico di Torino - Esercitazioni di Fisica I
3
y
O
α
�r
b
m�v
x
Figure 1:
• Consideriamo ora il momento angolare dopo l’urto. Mentre il punto materiale rimbalza con
velocità di modulo v 0 = 0.5 m/s in direzione opposta a quella incidente, l’asta viene posta in
rotazione [vedi Fig.2]. Denotando con ω la sua velocità angolare e ricordando che k̂ denota
il versore ortogonale al foglio nel verso uscente, abbiamo
~ asta =
~ dopo = L
~ punto + L
L
dopo
dopo
= ~r × m~v 0 + Iω k̂ =
l
= −mv 0 k̂ + Iω k̂
2
(7)
Il momento d’inerzia di una sbarra rispetto all’asse passante per il suo centro vale
I=
1
M l2
12
(8)
e dunque
~ dopo =
L
1
0l
2
−mv + M l ω k̂
2 12
(9)
• Uguagliando (6) e (9) si ottiene
l
l
1
mv k̂ =
−mv 0 + M l2 ω k̂
2
2 12
⇓
l
l
1
mv = −mv 0 + M l2 ω
2
2 12
⇓
l
1
m(v + v 0 ) =
M l2 ω
2
12
⇓
m v + v0
ω = 6
M
l
(10)
Fabrizio Dolcini (http://staff.polito.it/fabrizio.dolcini/)
Dipartimento di Scienza Applicata e Tecnologia, Politecnico di Torino - Esercitazioni di Fisica I
4
y
O
�r
m�v �
x
Figure 2:
Sostituendo i valori si ottiene
1 Kg (2 + 0.5) ms
12 Kg
1m
2.5 1
=
2 s
= 1.25 s−1
ω = 6
(11)
2. L’impulso comunicato al perno è per definizione
J~ = p~dopo − p~prima
(12)
Notiamo che
• Prima dell’urto la quantità di moto è portata solo dal punto materiale, dato che l’asta è
ferma, e dunque
punto
p~prima = p~prima
= m~v
(13)
• Dopo l’urto la quantità di moto del punto materiale vale
punto
p~prima
= m~v 0
(14)
mentre la quantità di moto dell’asta in rotazione rimane nulla,
asta
p~dopo
= M~vCM = 0
(15)
in quanto, anche se l’asta ruota, il suo centro di massa (che coincide col perno) rimane fisso.
• Pertanto l’impulso vale
J~ = p~dopo − p~prima =
= m~v 0 − m~v =
= m(−v 0 ı̂ − vı̂) =
= −m(v 0 + v )ı̂
(16)
Fabrizio Dolcini (http://staff.polito.it/fabrizio.dolcini/)
Dipartimento di Scienza Applicata e Tecnologia, Politecnico di Torino - Esercitazioni di Fisica I
5
E’ diretto lungo sinistra e vale in modulo
J
m
m
+ 2.0 ) =
= 1 Kg (0.5
s
s
m
= 2.5 Kg
s
(17)
3. Passiamo ora a considerare il caso dell’urto elastico. Mentre nel caso del primo tipo di urto il
testo ci dava esplicitamente il valore della velocità ~v 0 del punto materiale dopo l’urto, in questo
secondo tipo di urto non conosciamo tale velocità. Tuttavia sappiamo che l’energia in un urto
elastico si conserva. Pertanto abbiamo due relazioni

~ prima = L
~ dopo (continua a valere per le stesse ragioni di prima)
 L
(18)

Kprima = Kdopo (vale perché il testo ci dice che l’urto è elastico)
ossia


l
2 mv

1
2
2 mv
= −mv 00 2l + Iω 0
(19)
=
1
00 2
2 mv
+
1
02
2 Iω
Si tratta di un sistema di due equazioni nelle due incognite
v 00 = velocità del punto materiale dopo l’urto
ω 0 = velocità angolare dell’asta dopo l’urto
Elementari calcoli permettono di ottenere la soluzione

ml

0


 ω = I + ml2 v
42
I − ml4
 00


2 v
 v =
I + ml4
Ricordando che
1
M l2
12
si ottiene

ω0



=


 v 00 =
Sostituendo i valori si ottiene
(20)
 0
 ω

v
m
v
l M + 3m
M − 3m
v
M + 3m
(21)
= 1.6 s−1
(22)
v 00 = 1.2 m/s
Per quanto riguarda il caso dell’impulso in questo secondo tipo di urto abbiamo
0
J~0 = p~dopo
− p~prima =
= m~v 00 − m~v =
= m(−v 00 ı̂ − vı̂) =
= −m(v 00 + v )ı̂
(23)
Fabrizio Dolcini (http://staff.polito.it/fabrizio.dolcini/)
Dipartimento di Scienza Applicata e Tecnologia, Politecnico di Torino - Esercitazioni di Fisica I
6
E’ diretto lungo sinistra e vale in modulo
m
m
J 0 = 1 Kg (1.2
+ 2.0 ) =
s
s
m
= 3.2 Kg
s
(24)
Fabrizio Dolcini (http://staff.polito.it/fabrizio.dolcini/)
Dipartimento di Scienza Applicata e Tecnologia, Politecnico di Torino - Esercitazioni di Fisica I