Urto profilo con profilo a C su carrello

Urto profilo con profilo a C su carrello

Figure 1:

Una pallina di massa m viene lanciata dentro un profilo a C di raggio R solidale ad un carrello di massa M inizialmente fermo, come mostrato in figura, con velocit`a iniziale v₀.

Si determini:

1. il valore minimo vmin di v0 affinch´e la pallina colpisca l’estremo B;

2. assumendo v₀ > v_min, la velocit`a della pallina in B immediatamente prima ed immediatamente dopo l’urto;

3. la velocit`a di uscita in A;

4. la velocit`a del carrello e la reazione del tubo quando la pallina rag- giunge il vertice C, sia prima che dopo l’urto in B.

5. Si verifichino, inoltre, le condizioni al limite per m >> M e m << M .

Soluzione 1

1

Nel problema si conservano la quantit`a di moto lungo l’asse x (non lungo l’asse y a causa della reazione del suolo) e l’energia meccanica. Definendo θ come l’angolo rispetto alla verticale passante per B, si ha:

 mv₀ = M V + mv_x

1

2mv₀²= ¹₂mv²+¹₂M V²+ mgR(1 − cos θ) (1) La velocit`a minima per arrivare in B `e tale che la pallina arriva in questo punto con velocit`a relativa nulla rispetto al carrello: vB = V . Pertanto, in questo caso limite:

 mv_min = (M + m)V

1

2mv_min² = ¹₂(m + M )V²+ 2mgR (2) Si pu`o ricavare V dalla prima equazione e sostituire nella seconda:

v_min² = m

m + Mv²_min+ 4gR da cui:

v_min² = 4gRm + M

M (3)

Soluzione 2

Partiamo dal sistema (1). In B la velocit`a della pallina `e orizzontale (~v = v_xeˆ_x) e l’energia potenziale acquistata vale 2mgR. Per cui:

 mv0 = M V + mvB 1

2mv₀²= ¹₂mv²_B+ ¹₂M V²+ 2mgR (4) Pongo  = m/M . Ricavando V dalla prima equazione e sostituendo nella seconda, si ha:

v²₀ = v_B² + (v₀− v_B)²+ 4gR da cui si ricava l’equazione di secondo grado:

(1 + )v²_B− 2v₀vB− (1 − )v²₀+ 4gR = 0 che ha per soluzioni:

vB= v₀±p²v₀²+ v²₀− ²v₀²− (1 + )4gR

1 +  =

mv₀± M q

v₀²− v²_min m + M

dove abbiamo usato il risultato in eq.(3).

Queste sono le velocit`a della pallina in B prima (segno −) e dopo (segno +) l’urto con la parete del tubo.

2

Si noti che per M >> m il carrello rimane fermo (V = (v₀ − v_B) e

 → 0), mentre la pallina rimbalza elasticamente contro la parete del tubo:

vB= ± q

v²₀− v_min²

Soluzione 3

La soluzione a questa domanda `e nolto simile alla precedente. Infatti in A la velocit`a della pallina `e orizzontale (~v_A= v_xˆe_x) ma l’energia potenziale

`e nulla. Per cui:

 mv₀ = M V + mv_A

1

2mv₀²= ¹₂mv²_A+¹₂M V² (5) Pongo  = m/M . Ricavando V dalla prima equazione e sostituendo nella seconda, si ha:

v₀²= v_A² + (v₀− v_A)² da cui si ricava l’equazione di secondo grado:

(1 + )v²_A− 2v₀vA− (1 − )v²₀ = 0 che ha per soluzioni:

vA= v0± v₀

1 +  (6)

Una soluzione corrisponde all’ingresso della pallina del tubo (v_A = v0), mentre l’altra `e la velocit`a all’uscita:

v_A= m − M

m + Mv₀ (7)

Naturalmente, se m < M la pallina torna indietro. In particolare, se m << M la pallina “rimbalza” ed esce con velocit`a uguale ed opposta a quella di ingresso.

Soluzione 4

Nel punto C la pallina ha componente della velocit`a lungo x uguale a quella del carrello: ˙xC = VC (intendendo per VC la velocit`a del carrello quando la pallina passa per C). Dalla prima equazione del sistema (1) si ricava immediatamente:

VC = m

m + Mv0 (8)

3

La componente y della velocit`a della pallina si trova sostituendo V_C e

˙

xC nella conservazione dell’energia:

˙

y_C² = M

m + Mv₀²− 2gR (9)

Se v²₀ > v_min² , esistono due soluzioni uguali in modulo ma di segno op- posto. Naturalmente quella positiva corrisponde all’andata, e quella nega- tiva al ritorno.

Sia X la coordinata del carrello e siano (X + R sin θ, R(1 − cos θ)) le coordinate della massa m. Le forze agenti sulla pallina sono la forza peso e la reazione centripeta − ~N del tubo. Sul carrello agisce la forza ~N , oltre alla forza peso ed alla reazione del terreno che per`o ignoreremo. Pertanto:







M ¨X = N sin θ

m( ¨X + R ¨θ cos θ − R ˙θ²sin θ) = −N sin θ m(R ¨θ sin θ + R ˙θ²cos θ) = −mg + N cos θ

(10)

Moltiplicando la seconda equazione per − sin θ, la terza per cos θ e som- mando si ricava N :

N = mg cos θ − m ¨X sin θ + mR ˙θ² (11) Sommando la prima e la seconda equazione si ricava ¨X:

(m + M ) ¨X = mR ˙θ²sin θ − mR ¨θ cos θ Sostituendo in 11 si ricava N (θ):

N = mg cos θ + mR ˙θ²− Rm²

m + M( ˙θ²sin²θ − ¨θ cos θ sin θ) (12) Nel punto C θ = π/2, per cui:

N_C = mM

m + MR ˙θ² = mM

m + M( M m + M

v²₀

R − 2g) (13)

avendo posto R ˙θ = ˙yC ed avendo usato l’equazione (9).

4