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Esercizio corpo rigido 48

Dinamica del corpo rigido

Home » Esercizio corpo rigido 48

L’Esercizio Corpo Rigido 48 è il quarantottesimo nella serie dedicata agli esercizi sul corpo rigido. Segue l’Esercizio Corpo Rigido 47 e precede l’Esercizio Corpo Rigido 49. È rivolto a studenti di Fisica 1, in particolare a coloro che studiano ingegneria, fisica o matematica.

Nel percorso didattico di Fisica 1, prima di affrontare i corpi rigidi, si studiano gli esercizi sui sistemi di punti materiali. Successivamente, si passa agli esercizi sugli urti tra punti materiali e corpi rigidi, che rappresentano un momento di sintesi nel percorso formativo.

 

Testo esercizio corpo rigido 48

Esercizio 48 (\bigstar \bigstar \bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Consideriamo una sfera omogenea di raggio r e massa m, inizialmente in posizione di riposo sulla cima di una rampa che è collocata su un tavolo. Il centro di massa della sfera si trova a un’altezza h dal piano del tavolo. Lasciata libera di muoversi, la sfera rotola lungo la rampa senza slittare e, una volta raggiunta la base, prosegue con una velocità che presenta unicamente una componente orizzontale. Dopo aver lasciato il bordo del tavolo, la sfera cade verso il pavimento. Se la distanza verticale tra il piano del tavolo e il pavimento è H, si desidera determinare la distanza orizzontale d tra il bordo del tavolo e il punto in cui la sfera impatta sul pavimento.

 

 

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Svolgimento.

A partire da considerazioni puramente energetiche, è possibile calcolare la velocità con cui la sfera raggiunge i piedi della rampa. Sappiamo, dal momento che la sfera rotola senza strisciare, che l’unica forza che compie lavoro è la forza peso: concludiamo dunque che l’energia meccanica durante la discesa lungo la rampa si conserva. Inizialmente, la sfera è ferma in cima alla rampa, dunque, ponendo l’energia potenziale gravitazionale pari a zero rispetto al tavolo, si ha

(1)   \begin{equation*} E_i=mgh. \end{equation*}

Una volta raggiunta la fine della rampa, per il Teorema di König, si ha

(2)   \begin{equation*} E_f=\dfrac{1}{2}mv_{\text{CM}}^2+\dfrac{1}{2}I_{\text{CM}}\omega^2+mg r, \end{equation*}

dove v_{\text{CM}} è il modulo della velocità del centro di massa un istante prima di lasciare il tavolo, \omega è il modulo della velocità angolare della sfera un istante prima di lasciare il tavolo, e I_{\text{CM}}=(2/5)\,mr^2 il momento d’inerzia rispetto al centro di massa della sfera. Ricordando che poiché il moto è di puro rotolamento, si ha \omega=-v_{\text{CM}}/r, e quindi si ottiene che l’energia totale raggiunta la fine della rampa è

(3)   \begin{equation*} E_f=\dfrac{1}{2}mv_{\text{CM}}^2+\dfrac{1}{5}mr^2\left(\dfrac{v_{\text{CM}}^2}{r^2}\right)+mg r=\dfrac{7}{10}mv_{\text{CM}}^2+mg r. \end{equation*}

Imponendo la conservazione dell’energia, ossia imponendo che E_i=E_f, ricaviamo

(4)   \begin{equation*} mgh=\dfrac{7}{10}mv_{\text{CM}}^2\quad\Leftrightarrow\quad v_{\text{CM}}=\sqrt{\dfrac{10}{7}gh}. \end{equation*}

A questo punto, studiamo il moto della sfera una volta che ha lasciato il tavolo. Per fare ciò, introduciamo un sistema di riferimento fisso Oxy tale che l’asse x giaccia sul piano del pavimento e l’asse y passi per il punto di distacco (si veda figura 2).    

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    Una volta avvenuto il distacco, tra la sfera e la rampa, il centro di massa si muoverà di moto parabolico; pertanto le leggi orarie che descrivono il moto del centro di massa sono

(5)   \begin{equation*} \begin{cases} x_{\text{CM}}(t)=v_{\text{CM}}t\\ y_{\text{CM}}(t)=H+r-\dfrac{1}{2}gt^2, \end{cases} \end{equation*}

dove abbiamo tenuto conto del fatto che la velocità iniziale del centro di massa è diretta nella sola direzione orizzontale.\newline Sappiamo che dopo un certo tempo t^*, la sfera tocca il pavimento; ciò significa che nel sistema di riferimento rappresentato in figura 2, si avrebbe y_{\text{CM}}(t^*)=r. Imponendo questa condizione nell’equazione (5)_2, otteniamo

(6)   \begin{equation*} r+ H-\dfrac{1}{2}g(t^*)^2=r\quad\Leftrightarrow\quad t^*=\sqrt{\dfrac{2H}{g}}. \end{equation*}

A questo punto, avremo semplicemente che d=x(t^*), dunque sfruttando la (5)_1, troviamo

(7)   \begin{equation*} d=v_{\text{CM}}\sqrt{\dfrac{2H}{g}}, \end{equation*}

da cui, utilizzando l’espressione di v_{\text{CM}} ottenuta dall’equazione (4), troviamo

(8)   \begin{equation*} d=\left(\sqrt{\dfrac{10}{7}gh}\right)\left(\sqrt{\dfrac{2H}{g}}\right), \end{equation*}

infine

    \[\boxcolorato{fisica}{d=\sqrt{\dfrac{20}{7}Hh}.}\]

 

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