Esercizi svolti · Scheda 1

Impulsi e forze medie

Teoria usata: Quantità di moto Impulso di una forza Teorema dell'impulso Forza media Forze impulsive

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Esercizio 1

Un pallone di massa $m = 0, 45 kg$ colpisce perpendicolarmente un muro con velocità di modulo $12 m/s$ e rimbalza nella stessa direzione, in verso opposto, con velocità di modulo $10 m/s$ . Il contatto con il muro dura $Δ t = 20 ms$ . Calcolare l’impulso esercitato dal muro sul pallone e la forza media del muro.

asse x uscente dal muro: v_{1} = - 12 m/s, v_{2} = 10 m/s

J_{x} = Δ p_{x} = m (v_{2} - v_{1}), F_{m} = \frac{J _{x}}{Δ t}

J_{x} = 0, 45 kg \cdot (10 - (- 12)) m/s = 0, 45 \cdot 22 kg \cdot m/s \approx 9, 9 N \cdot s

F_{m} = \frac{9 , 9 N \cdot s}{0 , 020 s} \approx 5, 0 \cdot 1 0^{2} N

Il problema chiede una forza che agisce per un tempo breve e di cui non si conosce l’andamento, quindi si usa il teorema dell’impulso, secondo il quale l’impulso della risultante è uguale alla variazione della quantità di moto. Il moto avviene lungo una retta, perciò basta una componente; si orienta l’asse $x$ dal muro verso l’esterno, così la velocità prima dell’urto è negativa e quella dopo è positiva. La variazione di velocità vale $22 m/s$ , cioè la somma dei due moduli, perché il pallone inverte il verso del moto.

Durante il contatto agisce anche il peso, che è verticale e ha impulso $m g Δ t \approx 0, 088 N \cdot s$ , trascurabile rispetto a $9, 9 N \cdot s$ ; il peso è una forza non impulsiva. Quindi l’impulso orizzontale è dovuto al muro. Dividendo per la durata del contatto si ottiene la forza media, circa $5, 0 \cdot 1 0^{2} N$ , diretta dal muro verso l’esterno.

Come controllo, la forza media è circa $110$ volte il peso del pallone, che vale $4, 4 N$ , quindi durante il contatto il peso è davvero trascurabile.

Esercizio 2

Un carrello di massa $m = 20 kg$ si muove su un binario orizzontale con attrito trascurabile, con velocità $v_{1} = 1, 5 m/s$ . Da $t = 0$ una persona lo spinge nel verso del moto con una forza orizzontale che cresce linearmente da $0$ a $40 N$ in $1, 0 s$ e poi diminuisce linearmente fino a $0$ in altri $2, 0 s$ . Calcolare l’impulso della forza, la velocità finale del carrello e la forza media nei $3, 0 s$ della spinta.

Forza applicata al carrello (in newton) in funzione del tempo (in secondi): l'impulso è l'area del triangolo, uguale a quella del rettangolo tratteggiato di altezza

F_{m} = 20 N

J = \int_{0}^{3, 0 s} F (t) d t = \frac{1}{2} Δ t F_{m a x}, m v_{2} - m v_{1} = J ⟹ v_{2} = v_{1} + \frac{J}{m}

J = \frac{1}{2} \cdot 3, 0 s \cdot 40 N = 60 N \cdot s

v_{2} = 1, 5 m/s + \frac{60 N \cdot s}{20 kg} = 1, 5 m/s + 3, 0 m/s = 4, 5 m/s

F_{m} = \frac{J}{Δ t} = \frac{60 N \cdot s}{3 , 0 s} = 20 N

La forza ha direzione fissa e intensità variabile, quindi il modulo del suo impulso è l’area sotto il grafico di $F (t)$ . Il grafico è un triangolo di base $3, 0 s$ e altezza $40 N$ , perciò l’impulso vale $60 N \cdot s$ ; l’integrale si calcola senza scrivere l’espressione della forza nei due tratti.

Il binario è orizzontale e senza attrito, quindi il peso e la reazione del binario sono verticali e si fanno equilibrio; l’unica forza con componente orizzontale è la spinta. Per il teorema dell’impulso la spinta aumenta la quantità di moto del carrello di $60 kg \cdot m/s$ , e dividendo per la massa si ottiene un aumento di velocità di $3, 0 m/s$ . Il carrello passa quindi da $1, 5 m/s$ a $4, 5 m/s$ .

La forza media è la forza costante che nello stesso tempo darebbe lo stesso impulso. Per un andamento triangolare vale metà del valore massimo, come mostra il rettangolo tratteggiato nella figura, che ha la stessa area del triangolo.

Esercizio 3

Una pallina di massa $m = 0, 20 kg$ viene lasciata cadere da ferma da un’altezza $h_{1} = 1, 25 m$ sopra il pavimento, rimbalza e risale fino all’altezza $h_{2} = 0, 80 m$ . Il contatto con il pavimento dura $Δ t = 10 ms$ . Trascurando la resistenza dell’aria, calcolare l’impulso totale ricevuto dalla pallina durante il contatto e la forza media esercitata dal pavimento.

asse y verso l’alto: v_{1} = - 2 g h_{1}, v_{2} = 2 g h_{2}

(N_{m} - m g) Δ t = m (v_{2} - v_{1}) ⟹ N_{m} = \frac{m ( 2 g h _{2} + 2 g h _{1} )}{Δ t} + m g

2 g h_{1} = 2 \cdot 9, 81 \cdot 1, 25 m/s \approx 4, 95 m/s, 2 g h_{2} = 2 \cdot 9, 81 \cdot 0, 80 m/s \approx 3, 96 m/s

Δ p_{y} = 0, 20 kg \cdot (3, 96 + 4, 95) m/s \approx 1, 78 N \cdot s

N_{m} = \frac{1 , 78 N \cdot s}{0 , 010 s} + 0, 20 \cdot 9, 81 N \approx 178 N + 2 N \approx 1, 8 \cdot 1 0^{2} N

Il moto si divide in tre fasi. Nella caduta e nella risalita l’aria è trascurabile e l’unica forza è il peso, che è conservativo; perciò si conserva l’energia meccanica, e da $m g h = \frac{1}{2} m v^{2}$ si ricavano i moduli delle velocità subito prima e subito dopo il contatto. Con l’asse $y$ verso l’alto la velocità prima del contatto è negativa e quella dopo è positiva.

Durante il contatto agiscono la reazione del pavimento, verso l’alto, e il peso, verso il basso. Il teorema dell’impulso riguarda la risultante, quindi l’impulso totale $1, 78 N \cdot s$ è l’impulso di $N - m g$ ; la forza media del pavimento si ottiene dividendo per $Δ t$ e aggiungendo il peso. Il pavimento esercita una forza media di circa $1, 8 \cdot 1 0^{2} N$ , diretta verso l’alto.

Il peso contribuisce per circa $2 N$ su $180 N$ , cioè circa l’uno per cento. Questo conferma che durante un urto breve le forze non impulsive si possono trascurare; quando il contatto dura di più il loro contributo cresce, e va incluso come in questo calcolo.