Esercizi svolti · Scheda 3

Urti completamente anelastici e pendoli balistici

Teoria usata: Urto Urto completamente anelastico Pendolo balistico Conservazione della quantità di moto Conservazione di una sola componente Teorema di König per l'energia cinetica Energia dissipabile in un urto

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Esercizio 1

Su un binario orizzontale rettilineo con attrito trascurabile un carrello $A$ di massa $m_{A} = 2, 0 kg$ si muove a $3, 0 m/s$ verso destra e un carrello $B$ di massa $m_{B} = 1, 0 kg$ si muove a $3, 0 m/s$ verso sinistra. I carrelli si urtano e restano agganciati. Calcolare la velocità dopo l’urto e l’energia cinetica dissipata.

asse x verso destra: v_{A} = 3, 0 m/s, v_{B} = - 3, 0 m/s

m_{A} v_{A} + m_{B} v_{B} = (m_{A} + m_{B}) V ⟹ V = \frac{m _{A} v _{A} + m _{B} v _{B}}{m _{A} + m _{B}}

V = \frac{2 , 0 \cdot 3 , 0 + 1 , 0 \cdot ( - 3 , 0 )}{3 , 0} m/s = \frac{3 , 0}{3 , 0} m/s = 1, 0 m/s

K_{i} = \frac{1}{2} \cdot 2, 0 \cdot 3, 0^{2} J + \frac{1}{2} \cdot 1, 0 \cdot 3, 0^{2} J = 9, 0 J + 4, 5 J = 13, 5 J

K_{f} = \frac{1}{2} (m_{A} + m_{B}) V^{2} = \frac{1}{2} \cdot 3, 0 \cdot 1, 0^{2} J = 1, 5 J, K_{i} - K_{f} = 12 J

Il binario è orizzontale e liscio, quindi le forze esterne sui due carrelli, cioè i pesi e le reazioni del binario, sono verticali, e lungo $x$ la risultante delle forze esterne è nulla. Perciò si conserva la componente $x$ della quantità di moto, anche se durante l’urto i ganci si deformano e dissipano energia. I carrelli restano agganciati, quindi l’urto è completamente anelastico e dopo l’urto c’è un’unica incognita, la velocità comune $V$ .

Le velocità hanno segno opposto, perciò le quantità di moto in parte si compensano e la velocità finale è $1, 0 m/s$ verso destra, il verso del carrello con quantità di moto maggiore in modulo. L’energia cinetica passa da $13, 5 J$ a $1, 5 J$ , quindi l’urto dissipa $12 J$ , quasi il $90 %$ dell’energia iniziale.

Come controllo, la formula $\frac{1}{2} \frac{m _{A} m _{B}}{m _{A} + m _{B}} (v_{A} - v_{B})^{2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot 36 J = 12 J$ dà lo stesso valore.

Esercizio 2

Un proiettile di massa $m = 8, 0 g$ viaggia orizzontalmente e si conficca in un blocco di legno di massa $M = 1, 6 kg$ , fermo e appeso a due fili verticali inestensibili e di massa trascurabile. Dopo l’urto il blocco sale fino a un’altezza $h = 12 cm$ rispetto alla posizione iniziale. Trascurando la resistenza dell’aria, calcolare la velocità del proiettile e la frazione dell’energia cinetica iniziale dissipata nell’urto.

Schema del pendolo balistico (non in scala): urto completamente anelastico nella posizione più bassa, poi salita del sistema fino all'altezza

h

⎩ ⎨ ⎧ m v = (m + M) V \frac{1}{2} (m + M) V^{2} = (m + M) g h ⟹ v = \frac{m + M}{m} 2 g h

V = 2 \cdot 9, 81 \cdot 0, 12 m/s \approx 1, 53 m/s

v = \frac{1 , 608 kg}{0 , 0080 kg} \cdot 1, 53 m/s \approx 3, 1 \cdot 1 0^{2} m/s

\frac{K _{i} - K _{f}}{K _{i}} = 1 - \frac{\frac{1}{2} ( m + M ) V ^{2}}{\frac{1}{2} m v ^{2}} = 1 - \frac{m}{m + M} = \frac{M}{m + M} = \frac{1 , 6}{1 , 608} \approx 0, 995

Il problema contiene due fasi, regolate da leggi diverse. Nell’urto i fili sono verticali, quindi pesi e tensioni non hanno componente orizzontale e si conserva la quantità di moto orizzontale; il proiettile resta nel blocco, quindi l’urto è completamente anelastico e l’energia meccanica in questa fase non si conserva. Dopo l’urto la tensione dei fili è perpendicolare alla velocità e non compie lavoro, e l’aria è trascurabile; perciò l’unica forza che compie lavoro è il peso e si conserva l’energia meccanica del blocco con il proiettile.

La seconda equazione del sistema dà la velocità $V$ subito dopo l’urto, che non dipende dalle masse; sostituita nella prima, dà la velocità del proiettile, circa $3, 1 \cdot 1 0^{2} m/s$ .

Il rapporto tra le energie cinetiche dopo e prima dell’urto, usando $V = \frac{m v}{m + M}$ , vale $\frac{m}{m + M}$ . Quindi nell’urto si dissipa il $99, 5 %$ dell’energia cinetica del proiettile, che diventa deformazione e calore nel legno. Applicare la conservazione dell’energia tra il proiettile in volo e la posizione più alta porterebbe a una velocità di circa $1, 53 m/s \cdot \frac{1 , 608}{0 , 0080} \approx 22 m/s$ , un valore sbagliato di più di un ordine di grandezza.

Esercizio 3

Un proiettile di massa $m = 20 g$ , con velocità orizzontale $v = 250 m/s$ , si conficca in un blocco di massa $M = 2, 48 kg$ fermo su un piano orizzontale. Il coefficiente di attrito dinamico tra blocco e piano è $μ_{d} = 0, 40$ . Calcolare la velocità del blocco subito dopo l’urto e la distanza che percorre prima di fermarsi.

m v = (m + M) V ⟹ V = \frac{m v}{m + M}

- μ_{d} (m + M) g d = 0 - \frac{1}{2} (m + M) V^{2} ⟹ d = \frac{V ^{2}}{2 μ _{d} g}

V = \frac{0 , 020 \cdot 250}{2 , 50} m/s = 2, 0 m/s

d = \frac{( 2 , 0 m/s ) ^{2}}{2 \cdot 0 , 40 \cdot 9 , 81 m/ s ^{2}} \approx 0, 51 m

Durante l’urto sul blocco agisce anche l’attrito, che è una forza esterna orizzontale. L’attrito ha però modulo limitato, al più $μ_{d} (m + M) g \approx 10 N$ , ed è una forza non impulsiva; nel brevissimo intervallo dell’urto il suo impulso è trascurabile rispetto alla quantità di moto del proiettile, $5, 0 kg \cdot m/s$ . Perciò nell’urto si conserva la quantità di moto orizzontale e il blocco parte con $V = 2, 0 m/s$ .

Dopo l’urto il blocco con il proiettile scivola sul piano e l’attrito dinamico compie lavoro negativo, uguale a $- μ_{d} (m + M) g d$ , mentre peso e reazione normale non compiono lavoro perché perpendicolari allo spostamento. Per il teorema dell’energia cinetica questo lavoro è uguale alla variazione dell’energia cinetica, che passa da $\frac{1}{2} (m + M) V^{2}$ a zero. La massa si semplifica e il blocco si ferma dopo circa $0, 51 m$ .

Come controllo dimensionale, $\frac{V ^{2}}{g}$ ha le dimensioni di $\frac{m ^{2} / s ^{2}}{m/ s ^{2}} = m$ , e $μ_{d}$ è un numero puro.

Esercizio 4

Due corpi di masse $m_{A} = 3, 0 kg$ e $m_{B} = 2, 0 kg$ si muovono lungo una stessa retta orizzontale, su un piano liscio: $A$ con velocità $5, 0 m/s$ , $B$ fermo. Calcolare con il teorema di König l’energia cinetica del moto del centro di massa e l’energia cinetica nel sistema del centro di massa. Dedurre l’energia dissipata se i due corpi si urtano restando uniti.

v_{c m} = \frac{m _{A} v _{A} + m _{B} v _{B}}{m _{A} + m _{B}} = \frac{3 , 0 \cdot 5 , 0}{5 , 0} m/s = 3, 0 m/s

K = \frac{1}{2} \cdot 3, 0 \cdot 5, 0^{2} J = 37, 5 J, \frac{1}{2} M v_{c m}^{2} = \frac{1}{2} \cdot 5, 0 \cdot 3, 0^{2} J = 22, 5 J

K^{*} = K - \frac{1}{2} M v_{c m}^{2} = 37, 5 J - 22, 5 J = 15 J

v_{A}^{*} = 5, 0 - 3, 0 = 2, 0 m/s, v_{B}^{*} = 0 - 3, 0 = - 3, 0 m/s

K^{*} = \frac{1}{2} \cdot 3, 0 \cdot 2, 0^{2} J + \frac{1}{2} \cdot 2, 0 \cdot 3, 0^{2} J = 6, 0 J + 9, 0 J = 15 J

Per il teorema di König l’energia cinetica del sistema è la somma dell’energia del moto d’insieme, $\frac{1}{2} M v_{c m}^{2}$ , e dell’energia $K^{*}$ calcolata nel sistema del centro di massa. Si calcola prima la velocità del centro di massa, $3, 0 m/s$ , poi la parte d’insieme, $22, 5 J$ , e per differenza $K^{*} = 15 J$ . Il calcolo diretto con le velocità relative al centro di massa, $v_{i}^{*} = v_{i} - v_{c m}$ , conferma il valore; le due quantità di moto nel sistema del centro di massa, $6, 0$ e $- 6, 0 kg \cdot m/s$ , hanno somma nulla, come deve essere.

Il piano è liscio, quindi nell’urto non agiscono forze esterne orizzontali e $v_{c m}$ resta $3, 0 m/s$ ; di conseguenza la parte $\frac{1}{2} M v_{c m}^{2} = 22, 5 J$ non può essere dissipata. Se i corpi restano uniti, dopo l’urto sono fermi rispetto al centro di massa e $K^{*}$ si annulla. Perciò l’energia dissipata è $K^{*} = 15 J$ , la massima che un urto tra questi due corpi può dissipare.