Esercizio 12lancio orizzontale contro un'asta

Testo (tema d'esame del 10 febbraio 2023, problema 1). Una sferetta di massa $m = 0{,}1$ kg e dimensioni trascurabili è lanciata con velocità iniziale $v_0 = 2$ m/s diretta orizzontalmente dalla posizione iniziale $(x, y) = (0, h)$, con $h = 3$ m, essendo $y$ l'asse verticale lungo il quale è diretta la forza peso che agisce sulla sferetta (vedi figura). Un'asta omogenea di massa $M = 0{,}3$ kg, lunghezza $\ell = 1{,}2$ m e sezione trascurabile, inizialmente ferma e disposta orizzontalmente, è vincolata a ruotare senza attrito intorno all'asse orizzontale $z$ passante per il suo centro $O$ posto nella posizione $(x_O, y_O) = (d, 0)$, con $d = 2$ m. Determinare:

a) il punto d'impatto $x_P$ della sferetta sull'asta, la sua energia cinetica $E_k$ ed il momento angolare $L_{Oz}$ rispetto al centro $O$ dell'asta immediatamente prima dell'urto con l'asta (si orienti l'asse $z$ in direzione uscente dal piano del foglio).

Tra la sferetta e l'asta avviene un urto completamente anelastico. Determinare:

b) la velocità angolare dell'asta subito dopo l'urto e l'energia dissipata nell'urto; c) l'impulso $\vec J = (J_x, J_y)$ trasferito all'asta dal vincolo in $O$ durante l'urto; d) la massima velocità angolare assunta dall'asta nel moto successivo.

Figura: l'asse $x$ è orizzontale verso destra, l'asse $y$ verticale verso l'alto, l'origine al livello dell'asta. La sferetta parte dal punto $(0, 3\ \text{m})$ sull'asse $y$ con velocità orizzontale verso destra; l'asta è orizzontale sull'asse $x$, centrata in $x = 2$ m.

Qui si svolge la parte a), che è di cinematica (con due grandezze, energia cinetica e momento angolare, che si calcolano direttamente dalla velocità). Le parti b), c), d) richiedono il corpo rigido e gli urti: Urti con corpi rigidi.

Impostazione

Grandezze e riferimento

Tutto è già in unità SI. Il riferimento è quello della figura: $y$ verso l'alto, quindi l'accelerazione della sferetta è $\vec a = -g\,\hat\jmath$.

Che moto è

Dopo il lancio sulla sferetta agisce solo il peso: è un lancio orizzontaleMoto parabolico con velocità iniziale orizzontale: in orizzontale moto uniforme, in verticale caduta da ferma.Moto parabolico →. Per l'indipendenza dei moti:

$$x(t) = v_0\,t \qquad y(t) = h - \tfrac12 g\,t^2$$ $$v_x(t) = v_0 \qquad\quad v_y(t) = -g\,t$$

a) Punto d'impatto

L'asta è orizzontale, di sezione trascurabile, sulla retta $y = 0$. La sferetta la raggiunge quando la sua quota si annulla:

$$h - \tfrac12 g\,t_P^2 = 0 \quad \Longrightarrow \quad t_P = \sqrt{\frac{2h}{g}} = \sqrt{\frac{2 \cdot 3}{9{,}81}} = \sqrt{0{,}6116} = 0{,}782\ \text{s}$$

(si tiene la radice positiva: l'impatto avviene dopo il lancio). È lo stesso tempo che impiegherebbe un sasso lasciato cadere da fermo da $3$ m: la velocità orizzontale non influisce sulla caduta.

In questo tempo la sferetta avanza in orizzontale di

$$x_P = v_0\,t_P = 2 \cdot 0{,}782 = 1{,}56\ \text{m}$$

Controllo indispensabile: la sferetta colpisce davvero l'asta? L'asta va da $d - \frac{\ell}{2} = 2 - 0{,}6 = 1{,}4$ m a $d + \frac{\ell}{2} = 2{,}6$ m. Poiché $1{,}4 < 1{,}56 < 2{,}6$, sì: l'impatto è sull'asta, a sinistra del centro, a distanza

$$a = x_O - x_P = 2 - 1{,}56 = 0{,}436\ \text{m}$$

da $O$.

Velocità prima dell'urto

$$v_x = v_0 = 2\ \text{m/s} \qquad v_y = -g\,t_P = -9{,}81 \cdot 0{,}782 = -7{,}67\ \text{m/s}$$

La componente verticale si poteva trovare anche senza il tempo: $v_y^2 = 2gh$, $|v_y| = \sqrt{2 \cdot 9{,}81 \cdot 3} = 7{,}67$ m/s, con il segno meno perché la sferetta scende.

a) Energia cinetica

L'energia cinetica è $E_k = \frac12 m v^2$, con $v^2 = v_x^2 + v_y^2$ (Pitagora sulle componenti):

$$E_k = \tfrac12 \cdot 0{,}1 \cdot (2^2 + 7{,}67^2) = 0{,}05 \cdot (4 + 58{,}86) = 3{,}14\ \text{J}$$

Unità: $\text{kg} \cdot \text{m}^2/\text{s}^2 = \text{J}$.

a) Momento angolare rispetto a $O$

Il momento angolare della sferetta rispetto a $O$ è

$$\vec L_O = \vec r \times m\vec v$$

dove $\vec r$ è il vettore da $O$ alla sferetta. Al momento dell'impatto la sferetta è in $(x_P, 0)$, quindi

$$\vec r = (x_P - x_O)\,\hat\imath = -0{,}436\,\hat\imath\ \text{m}$$

Entrambi i vettori stanno nel piano $xy$, quindi il prodotto ha solo la componente zPer vettori del piano xy: r × p = (rx py − ry px) k.Prodotto scalare e prodotto vettoriale →:

$$L_{Oz} = m\,(r_x v_y - r_y v_x) = 0{,}1 \cdot \big[(-0{,}436)(-7{,}67) - 0 \cdot 2\big] = 0{,}1 \cdot 3{,}345 = 0{,}334\ \text{kg}\,\text{m}^2/\text{s}$$

Segno e significato. $L_{Oz} > 0$: il vettore esce dal foglio. Fisicamente, la sferetta cade a sinistra di $O$ andando verso il basso: rispetto a $O$ "gira" in senso antiorario, come una lancetta che dalle 9 scende verso le 6. Solo la componente verticale della velocità contribuisce, perché la componente orizzontale $v_x$ è diretta lungo la retta che passa per $O$ (braccio nullo). Formula equivalente: $L_{Oz} = m\,|v_y|\,a$, quantità di moto verticale per braccio.

Confronto con la soluzione ufficiale

La soluzione del tema riporta $t = 0{,}78$ s, $v_y = -7{,}64$ m/s, $E_k = 3{,}12$ J, $L_{Oz} = 0{,}336\ \text{kg}\,\text{m}^2/\text{s}$: le piccole differenze nascono dall'aver arrotondato il tempo a $0{,}78$ s prima di proseguire. Tenendo tutte le cifre si ottengono i valori sopra ($7{,}67$ m/s, $3{,}14$ J, $0{,}334$). Le differenze sono sotto l'1% e all'esame entrambi i risultati sono accettabili; conviene però arrotondare solo alla fine.

Risultati

Errori comuni

• Non controllare che il punto d'impatto stia sull'asta: se fosse uscito $x_P < 1{,}4$ m la sferetta sarebbe passata accanto all'asta.
• Usare la posizione della sferetta rispetto all'origine invece che rispetto a $O$ nel momento angolare: il polo è il centro dell'asta, e $\vec r$ parte da lì.
• Calcolare $E_k$ con la sola $v_0$ o con la sola $v_y$: serve il modulo della velocità totale.
• Sbagliare il segno di $L_{Oz}$: $r_x$ e $v_y$ sono entrambi negativi, il prodotto è positivo.