da navigatore » 29/03/2014, 23:17
Dunque vediamo che cosa riesco a scrivere.
Consideriamo un piano orizzontale liscio, con un riferimento $Oxy$ , su cui si trova poggiata una barretta cilindrica di massa $M$ , lunga $L$ , parallela all'asse $y$. Il baricentro $G$ è a metà lunghezza, e il momento di inerzia baricentrico della barretta rispetto a un asse perpendicolare al piano ha valore $I_G$ (non importa l'espressione).
Una massa puntiforme $m$ messa sul piano e dotata di velocità iniziale $\vecV_0$ parallela all'asse $x$, quindi perpendicolare alla barretta, la urta in un punto $P$ diverso da $G$, a distanza $d = (y_P - y_G) >0 $ . Supponiamo anche che l'urto avvenga con un coefficiente di restituzione $ e < 1 $ , per generalizzare.
Il sistema è isolato, le forze peso sono equilibrate dal piano liscio.
Quindi si devono conservare sia la quantità di moto che il momento della quantità di moto rispetto a un polo.
La conservazione della quantità di moto si scrive (proiettando sull'asse $x$ ) :
$mV_0 = mV' + MV'_G$ -------(1)
dove $V'$ è la velocità della massa $m$ subito dopo l'urto, che dipende dal coefficiente di restituzione (come vedremo), e $V'_G$ è la velocità di $G$ subito dopo l'urto.
Scriviamo ora la conservazione del momento della quantità di moto, prendendo come polo proprio il punto $P$ dell'urto. LA massa $m$ ha quindi momento della q.m. sempre nullo rispetto a $P$ sia prima che immediatamente dopo l'urto.
Invece il m.q.m. della barretta vale zero prima dell'urto, essendo ferma.
Subito dopo l'urto, c'è una velocità angolare $\omega'$ (da calcolare), che come sappiamo non dipende dal polo, e il momento angolare rispetto a $P$ vale :
$M*V'_G*d - I_G\omega'$ -------(2)
Il primo termine è dovuto al fatto che il polo $P$ non è fisso né coincidente col baricentro $G$, quindi bisogna tener conto del momento, rispetto a $P$, della q.d.m. $MV'_G$ applicato in $G$, che vale appunto $M*V'_G*d$, ed è antiorario. Questo si dimostra non appena si definisce il momento angolare. E lo hai riportato anche tu in un tuo messaggio.
Il secondo termine (con Il segno "$-$" dovuto al fatto che la rotazione è oraria, visto che $P$ ha ordinata maggiore di $G$) non è altro che il momento angolare della barretta rispetto a $G$ dopo l'urto.
PErcio in definitiva la conservazione del momento angolare si scrive :
$0 = M*V'_G*d - I_G*\omega'$ -------(3)
dalle (3) si ottiene la velocità angolare dopo l'urto :
$\omega' = (M*V'_G*d)/I_G$ ------(4)
Come si vede dalla (4), se fosse $d=0$ la velocità angolare dopo l'urto sarebbe nulla.
Ecco, per quanto riguarda il tuo quesito, ti puoi fermare qui.
Quello che segue, che riporto per completezza, è relativo al calcolo delle velocità dopo l'urto tenendo conto del tipo di urto e quindi del coefficiente di restituzione. E quindi trovo un valore più corretto della velocità angolare dopo l'urto.
Il punto $P$ in cui ha luogo l'urto ha velocità iniziale nulla, mentre dopo l'urto essa vale :
$V'_P = V'_G + \omega'*d$ --------(5)
Essendo noto il coefficiente di restituzione $e$ , si ha :
$e = - (V' -V'_P)/V_0 = - (V' - V'_G - \omega'*d)/V_0 $ ------(6)
da cui si ha : $eV_0 = V'_G(1 + (Md^2)/I_G) - V' $ ------(7)
Da questa, e dalla conservazione della q.d.m. , si ricava in definitiva :
$V' = - V_0 (e - m/M(1 +(Md^2)/I_G))/(1 + m/M(1 +(Md^2)/I_G)) $ ---------(8)
$V'_G = m/MV_0* (1+e)/(1 + m/M(1 +(Md^2)/I_G)) $ ---------(9)
$ \omega' = (md)/I_G*V_0*(1+e)/(1 + m/M(1 +(Md^2)/I_G)) $ ---------(10)
Da qui si vede ancora che se fosse $d = 0$ (urto centrale) si avrebbe : $\omega' = 0$. Si vede anche che se la massa $m$ fosse molto più piccola di $M$, si avrebbe all'incirca : $V'G=0$ ; $ \omega' = 0$ ; $V' = -eV_0$ .
Per dovere di correttezza, perché non mi piace barare, chiarisco che ho preso questo esercizio dal testo di Meccanica delle Macchine di Jacazio- Pastorelli.