Esercizio 36blocchetto che frena e cade su un piano inclinato

Testo (tema d'esame dell'8 luglio 2024, problema 1). Un blocchetto di massa $m = 0{,}3\ \text{kg}$ e dimensioni trascurabili scorre lungo una superficie piana orizzontale scabra, con coefficiente d'attrito $\mu_D = 0{,}15$. Nel punto $O$ posto all'origine degli assi coordinati (vedi figura), la superficie orizzontale si interrompe, ed inizia una superficie piana inclinata di $\vartheta = 45°$ rispetto all'orizzontale. Inizialmente il blocchetto si trova sulla superficie orizzontale alla distanza $l = 2{,}5\ \text{m}$ da $O$ ed è in moto con velocità iniziale $v_i = 4\ \text{m/s}$. Superato $O$, il blocchetto prosegue il suo moto nel piano verticale sotto l'azione della forza peso. Determinare:

a) la velocità del blocchetto al distacco nel punto $O$;

b) la coordinata $x_P$ del punto $P$ in cui il blocchetto urta la superficie inclinata (suggerimento: si scrivano l'equazione $y = y(x)$ della traiettoria del blocchetto e l'equazione $y = f(x)$ della superficie inclinata);

c) il tempo $t$ impiegato dal blocchetto, a partire dall'istante del distacco in $O$;

d) supponendo che l'urto con la superficie sia completamente anelastico (ossia che il blocchetto si fermi sulla superficie inclinata), l'impulso $\vec J = (J_x, J_y)$ subito dal blocchetto nell'impatto con la superficie inclinata nel punto $P$.

Figura. Il blocchetto scorre verso destra sul piano orizzontale, a sinistra dell'origine $O$. In $O$ il piano finisce e comincia una discesa a $45°$ verso destra e verso il basso. Asse $x$ orizzontale verso destra, asse $y$ verticale verso l'alto, origine in $O$.

Le parti a), b), c) sono svolte con più dettagli sul moto parabolico in Esercizio 13 · blocchetto che vola su un piano inclinato; qui l'attenzione è sul bilancio energetico con l'attrito e sull'impulso della d).

Grandezze

a) Velocità in $O$: teorema dell'energia cinetica

Sul tratto orizzontale agiscono peso, reazione normale e attrito dinamico. Si chiede una velocità in un punto (non in un istante), quindi lo strumento naturale è il teorema dell'energia cineticaIl lavoro di tutte le forze agenti tra due posizioni è uguale alla variazione dell'energia cinetica.Energia cinetica e teorema dell'energia cinetica →.

I lavori, sul percorso orizzontale lungo $l$:

• peso e normale: verticali, perpendicolari allo spostamento orizzontale, quindi lavoro nullo;
• attrito: sul piano orizzontale la normale bilancia il peso, $N = mg$, quindi l'attrito ha modulo $\mu_D m g$ ed è opposto al moto: $W_{\text{attr}} = -\mu_D m g\,l$.

$$\tfrac12 m v_O^2 - \tfrac12 m v_i^2 = -\mu_D m g\,l \quad \Longrightarrow \quad v_O = \sqrt{v_i^2 - 2\mu_D g\,l}$$

La massa si semplifica. Numeri:

$$v_O = \sqrt{16 - 2 \cdot 0{,}15 \cdot 9{,}81 \cdot 2{,}5} = \sqrt{16 - 7{,}36} = \sqrt{8{,}64} = 2{,}94\ \text{m/s}$$

In energia: il blocchetto parte con $K_i = \frac12 \cdot 0{,}3 \cdot 16 = 2{,}40\ \text{J}$, l'attrito ne toglie $1{,}10\ \text{J}$, ne restano $1{,}30\ \text{J}$.

b) Punto d'impatto sulla discesa

La traiettoria dopo $O$

Superato $O$ il blocchetto lascia il piano con velocità orizzontale $v_O$ e su di lui agisce solo il peso: è un moto parabolicoMoto con accelerazione costante g verso il basso: lungo x moto uniforme, lungo y moto uniformemente accelerato.Moto parabolico →. Con il cronometro azzerato in $O$:

$$x(t) = v_O\,t, \qquad y(t) = -\tfrac12 g\,t^2$$

(Lungo $x$ nessuna forza, quindi velocità costante $v_O$; lungo $y$ la velocità iniziale è zero e l'accelerazione è $-g$.) Eliminando il tempo, $t = x / v_O$:

$$y(x) = -\frac{g}{2 v_O^2}\,x^2$$

una parabola con il vertice in $O$, rivolta verso il basso.

Ma il blocchetto non si stacca subito dalla discesa? Il piano inclinato scende con pendenza costante, mentre la parabola in $O$ ha tangente orizzontale: subito dopo $O$ la parabola sta sopra la discesa. Il blocchetto quindi vola, e la ritocca più avanti.

L'equazione della discesa

Una retta per l'origine inclinata di $45°$ verso il basso: $f(x) = -x\tan 45° = -x$.

Intersezione

Il blocchetto tocca la discesa dove $y(x_P) = f(x_P)$:

$$-\frac{g}{2 v_O^2}\,x_P^2 = -x_P \quad \Longrightarrow \quad x_P\left(\frac{g\,x_P}{2 v_O^2} - 1\right) = 0$$

La soluzione $x_P = 0$ è il punto di partenza $O$; quella che interessa è

$$x_P = \frac{2 v_O^2}{g} = \frac{2 \cdot 8{,}64}{9{,}81} = 1{,}76\ \text{m}$$

e la quota è $y_P = -x_P = -1{,}76\ \text{m}$.

c) Tempo di volo

Lungo $x$ il moto è uniforme con velocità $v_O$, quindi

$$t = \frac{x_P}{v_O} = \frac{2 v_O}{g} = \frac{2 \cdot 2{,}94}{9{,}81} = 0{,}599\ \text{s}$$

d) Impulso nell'urto completamente anelastico

Velocità subito prima dell'urto

• componente orizzontale: sempre $v_x = v_O = 2{,}94\ \text{m/s}$;
• componente verticale: $v_y = -g\,t = -9{,}81 \cdot 0{,}599 = -5{,}88\ \text{m/s}$ (verso il basso).

Il teorema dell'impulso

Per il teorema dell'impulsoL'impulso di una forza, cioè il suo integrale nel tempo, è uguale alla variazione della quantità di moto del corpo su cui agisce.Quantità di moto e impulso →, l'impulso ricevuto dal blocchetto è uguale alla variazione della sua quantità di moto $\vec p = m\vec v$:

$$\vec J = \vec p_{\text{dopo}} - \vec p_{\text{prima}}$$

Il blocchetto si ferma ($\vec p_{\text{dopo}} = 0$), quindi $\vec J = -m\vec v_{\text{prima}}$:

$$J_x = -m\,v_x = -0{,}3 \cdot 2{,}94 = -0{,}882\ \text{N·s}, \qquad J_y = -m\,v_y = -0{,}3 \cdot (-5{,}88) = +1{,}76\ \text{N·s}$$

L'impulso punta all'indietro e verso l'alto: è quello che serve per annullare una velocità diretta in avanti e verso il basso. Durante l'urto, brevissimo, l'impulso del peso è trascurabile rispetto a quello della superficie, quindi $\vec J$ è (praticamente) tutto dovuto alla superficie inclinata. L'unità N·s coincide con kg·m/s.

Confronto con la soluzione ufficiale. La soluzione del tema riporta $x_P = 1{,}72\ \text{m}$, $t = 0{,}593\ \text{s}$, $J_x = -0{,}87\ \text{N·s}$, $J_y = 1{,}74\ \text{N·s}$: sono gli stessi calcoli fatti con $v_O$ arrotondata a $2{,}9\ \text{m/s}$. Tenendo tutte le cifre si ottengono i valori sopra.

Risultati

Errori comuni

• Dimenticare l'attrito nel punto a, o scrivere la normale come $mg\cos\vartheta$: sul tratto orizzontale $N = mg$.
• Pensare che il blocchetto scivoli lungo la discesa: parte con velocità orizzontale e la discesa "scappa via" sotto di lui.
• Prendere $x_P = 0$ come soluzione dell'intersezione.
• Sbagliare il segno dell'impulso: è $\vec p_{\text{dopo}} - \vec p_{\text{prima}}$, quindi opposto alla velocità d'arrivo.