Test di Ingresso Scuola Normale Superiore di Pisa: Esercizi e Soluzioni

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Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si consideri una sbarra omogenea di sezione quadrata di lato $1\ \text{cm}$ e lunghezza $100\ \text{cm}$ , libera di ruotare attorno ad un estremo, come mostrato in figura, e soggetta alla gravità. Essa viene abbandonata da ferma nella posizione mostrata pure in figura. Sotto l’effetto della gravità essa ruota e dopo un tempo $t_1$ passa per la verticale $(\vartheta = 0^\circ)$ .

Si ripete l’identico esperimento con una sbarra simile alla prima, dello stesso materiale, ma di dimensione metà, cioè sezione di lato $0{,}5\ \text{cm}$ e di lunghezza $50\ \text{cm}$ . Dopo un tempo $t_2$ , pure essa passa per la verticale $(\vartheta = 0^\circ)$ . Che relazione esiste tra $t_1$ e $t_2$ ?

(Si trascuri la resistenza dell’aria.)

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Figura 1: schema del problema.

Svolgimento

Si descrive la sbarra come un solido rigido omogeneo, un parallelepipedo rettangolo di lunghezza $L$ e sezione quadrata di lato $a$ , incernierato in un punto dell’estremo e libero di ruotare in un piano verticale. L’aria si trascura. Si indichi con $\vartheta$ l’angolo tra l’asse della sbarra e la verticale rivolta verso il basso; in particolare, il passaggio per la verticale corrisponde a $\vartheta=0$ . La condizione iniziale del problema ha la forma $\vartheta(0)=\vartheta_0$ e $\dot{\vartheta}(0)=0$ , con $\vartheta_0$ fissato dalla figura (ed uguale nei due esperimenti). Siano $m$ la massa dell’asta e $d=L/2$ la distanza del baricentro dell’asta dal perno.

Per scrivere l’equazione del moto serve il momento d’inerzia rispetto all’asse di rotazione, che passa per il perno ed è perpendicolare al piano di oscillazione. Per un parallelepipedo omogeneo di lati $L,a,a$ , l’inerzia rispetto a un asse baricentrale parallelo all’asse di rotazione vale

$I_{\mathrm{cm}}=\frac{1}{12}\,m\,(L^2+a^2),$

formula standard che deriva dall’integrale di $x^2+y^2$ sulla sezione rettangolare del corpo. L’asse al perno si ottiene con il teorema di Huygens-Steiner; la distanza baricentro-perno è $d=L/2$ . Ne segue

$I = I_{\mathrm{cm}} + m d^2 = \frac{1}{12}m(L^2+a^2) + m\left(\frac{L}{2}\right)^2 = \frac{1}{12}m(4L^2+a^2).$

La coppia gravitazionale rispetto al perno ha modulo $m g d \sin\vartheta$ ed è restaurativa. L’equazione del moto assume dunque la forma

$I\,\ddot{\vartheta} + m g d\,\sin\vartheta = 0, \qquad\text{cio\`e}\qquad I\,\ddot{\vartheta} + m g \frac{L}{2}\,\sin\vartheta = 0.$

Qui non si cerca la soluzione esplicita $\vartheta(t)$ ; basta capire come scala il tempo di caduta fino a $\vartheta=0$ . A tal fine è più comodo usare l’energia. Si moltiplica l’equazione per $\dot{\vartheta}$ e si integra rispetto al tempo; si ottiene la conservazione dell’energia meccanica

$\frac{1}{2}I\dot{\vartheta}^{\,2} + m g d\,(1-\cos\vartheta) = \text{costante}.$

All’istante iniziale la velocità angolare è nulla, perciò la costante è $m g d(1-\cos\vartheta_0)$ . Si ricava

$\frac{1}{2}I\dot{\vartheta}^{\,2} = m g d(\cos\vartheta-\cos\vartheta_0) = m g \frac{L}{2}\,(\cos\vartheta-\cos\vartheta_0).$

Il segno del moto è irrilevante per il tempo; conta il modulo. Si ha allora

$|\dot{\vartheta}| = \sqrt{\frac{m g L}{I}}\;\sqrt{\cos\vartheta-\cos\vartheta_0}.$

Il tempo necessario per passare da $\vartheta_0$ a $0$ è l’integrale

$t(L,a;\vartheta_0) = \int_{0}^{t}\!dt = \sqrt{\frac{I}{m g L}} \int_{0}^{\vartheta_0}\frac{d\vartheta}{\sqrt{\cos\vartheta-\cos\vartheta_0}}.$

L’integrale in $\vartheta$ dipende solo da $\vartheta_0$ ; in particolare è lo stesso nei due esperimenti, perché lo stato iniziale è riprodotto con lo stesso angolo. Rimane il prefattore. Sostituendo l’espressione di $I$ si ottiene

$\frac{I}{m g L} = \frac{1}{g}\,\frac{1}{12}\,\frac{4L^2+a^2}{L} = \frac{L}{g}\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{12}\frac{a^2}{L^2}\right).$

Notando che nel secondo esperimento la sbarra è simile alla prima, si ha $\frac{a}{L}$ identico nei due casi (infatti $1/100=0.5/50$ ). Il fattore adimensionale

$\kappa=\frac{1}{3}+\frac{1}{12}\left(\frac{a}{L}\right)^2$

rimane quindi invariato. Di conseguenza,

$t(L,a;\vartheta_0) = \sqrt{\frac{\kappa\,L}{g}}\; \int_{0}^{\vartheta_0}\frac{d\vartheta}{\sqrt{\cos\vartheta-\cos\vartheta_0}},$

e tutta la dipendenza geometrica tra i due esperimenti entra solo attraverso $\sqrt{L}$ .

Per la prima sbarra $L_1=\SI{100}{cm}$ , per la seconda $L_2=\SI{50}{cm}$ . Il rapporto tra i tempi è dunque

$\frac{t_2}{t_1}=\sqrt{\frac{L_2}{L_1}}=\sqrt{\frac{50}{100}}=\frac{1}{\sqrt{2}}.$

Ne segue che

$\boxcolorato{fisica}{t_2=\frac{t_1}{\sqrt{2}}.}$

Esercizio 2. Un blocco di massa $M$ si sta muovendo senza attrito su un supporto orizzontale solidale alla terra (sistema di riferimento $X,Y$ ) con velocità uniforme $V_0$ . Su di esso è posato un blocchetto di massa $m$ , immobile rispetto ad $M$ . Improvvisamente viene applicata alla massa $M$ una forza orizzontale $F$ di frenamento antiparallela a $V_0$ .

In assenza di ogni attrito si studi il moto relativo di $m$ rispetto a $M$ (sistema di riferimento $x,y$ ). Si determini l’istante in cui $M$ si arresta e la velocità relativa di $m$
rispetto a $M$ prima e dopo tale istante.
Assumendo un coefficiente di attrito $f$ tra $m$ ed $M$ , si trovi il tempo $t_1$ in cui $M$ si arresta e il tempo $t_2$ in cui si arresta anche $m$ rispetto al sistema $X,Y$ .

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Figura 2: schema del problema.

Svolgimento punto 1

Si consideri un riferimento inerziale $(X,Y)$ solidale al suolo. L’asse $X$ si orienta nel verso della velocità iniziale $V_0$ del blocco grande. Al tempo $t=0$ i due corpi hanno la stessa velocità orizzontale, pari a $V_0$ , e viene applicata al solo blocco di massa $M$ una forza costante di modulo $F$ diretta lungo $-X$ .

Nel primo quesito si esclude ogni attrito. Il blocchetto $m$ non subisce alcuna forza orizzontale; in $X$ il suo moto resta uniforme. Il blocco $M$ , al contrario, è soggetto a un’accelerazione costante. Si hanno perciò le equazioni del moto

$M\,\dot V_M(t)=-F, \qquad m\,\dot V_m(t)=0,$

da cui, imponendo $V_M(0)=V_m(0)=V_0$ ,

$V_M(t)=V_0-\frac{F}{M}\,t, \qquad V_m(t)=V_0.$

L’istante in cui $M$ si arresta rispetto al suolo coincide con il primo tempo $t_0$ per cui $V_M(t_0)=0$ , e dunque

$t_0=\frac{M V_0}{F}.$

Il moto relativo è più trasparente se si introduce un riferimento $(x,y)$ traslante col blocco $M$ ; la coordinata $x$ misura la posizione del blocchetto rispetto al blocco grande lungo la direzione orizzontale. In tale sistema si presenta la forza fittizia associata all’accelerazione del riferimento: poiché il riferimento solidale a $M$ ha accelerazione $-F/M$ lungo $X$ , sul punto materiale $m$ compare un contributo inerziale pari a $+m(F/M)$ lungo $x$ . Ne segue che

$m\,\ddot x=\frac{mF}{M}, \qquad\text{cio\`e}\qquad \ddot x=\frac{F}{M}.$

Le condizioni iniziali, al distacco dell’azione esterna, sono $x(0)=0$ e $\dot x(0)=0$ (il blocchetto è inizialmente immobile rispetto a $M$ ). L’integrazione fornisce

$\dot x(t)=\frac{F}{M}\,t, \qquad x(t)=\frac{F}{2M}\,t^2.$

La velocità relativa di $m$ rispetto a $M$ risulta quindi

$V_{m/M}(t)=\dot x(t)=\frac{F}{M}\,t.$

Prima dell’arresto di $M$ si ha $0<t<t_0$ e la velocità relativa cresce linearmente a partire da $0$ . All’istante di arresto, notando che $t_0=M V_0/F$ , si ottiene

$\boxcolorato{fisica}{ V_{m/M}(t_0^-)=\frac{F}{M}\,t_0=V_0.}$

Dopo tale istante la formula precedente resta valida se la forza $F$ continua ad agire con direzione fissata: allora $V_{m/M}(t)=\frac{F}{M}t$ e risulta in particolare $V_{m/M}(t_0^+)=V_0$ . Se invece la forza di frenamento viene meno una volta raggiunto $V_M=0$ , il riferimento $(x,y)$ diventa inerziale per $t\ge t_0$ e la velocità relativa resta costante, pari al valore appena calcolato:

$V_{m/M}(t)=V_0 \qquad (t\ge t_0).$

Il comportamento cinetico non cambia al passaggio in $t_0$ ; cambia la natura del riferimento solidale a $M$ soltanto nel secondo scenario.

Svolgimento punto 2

Nel secondo quesito si introduce un coefficiente di attrito $f$ tra i due blocchi. La reazione normale tra le superfici è verticale e vale $N=m g$ ; l’attrito massimo disponibile (per contatto senza strisciamento) ha dunque modulo $f m g$ . Si esamina anzitutto la possibilità che non vi sia moto relativo. In tal caso l’intero sistema di massa totale $M+m$ risponde alla sola forza esterna $-F$ lungo $X$ , con accelerazione comune

$a=-\frac{F}{M+m}.$

Per trascinare anche $m$ con tale accelerazione, la forza di contatto orizzontale su $m$ deve essere $m a$ , quindi è necessaria una forza d’attrito di modulo

$|F_{\mathrm{att}}|=m\frac{F}{M+m}.$

Il contatto resta in aderenza se e solo se questa richiesta non supera $f m g$ , ossia se

$m\frac{F}{M+m}\le f m g \qquad\Longleftrightarrow\qquad F\le f g\,(M+m).$

In questo regime i due corpi si muovono come un unico blocco: la velocità comune vale $V(t)=V_0-\dfrac{F}{M+m}\,t$ e il tempo di arresto rispetto a $(X,Y)$ è unico,

$t_1=t_2=\frac{(M+m)V_0}{F}.$

Si passa ora al caso complementare $F>f g\,(M+m)$ , nel quale l’attrito massimo non basta e lo scorrimento inizia immediatamente. La direzione del moto relativo è quella intuitiva: $M$ tende a rallentare, mentre $m$ tende a proseguire, perciò $m$ scivola in avanti rispetto a $M$ e l’attrito su $m$ si orienta lungo $-X$ . In regime di strisciamento il modulo dell’attrito è $f m g$ , costante, e si hanno le equazioni in $(X,Y)$

$m\,\dot V_m(t)=-f m g, \qquad M\,\dot V_M(t)=-F+f m g.$

Le integrazioni, con $V_m(0)=V_M(0)=V_0$ , danno

$V_m(t)=V_0-f g\,t, \qquad V_M(t)=V_0-\frac{F-f m g}{M}\,t.$

Il tempo $t_1$ in cui $M$ si arresta è il primo istante in cui $V_M(t)=0$ , dunque

$\boxcolorato{fisica}{ t_1=\frac{M V_0}{F-f m g}.}$

Il tempo $t_2$ in cui $m$ si arresta rispetto al suolo è invece il primo istante in cui $V_m(t)=0$ , e vale

$t_2=\frac{V_0}{f g}.$

L’ipotesi $F>f g\,(M+m)$ garantisce anche l’ordine degli eventi: infatti $t_1<t_2$ equivale a $F>f g\,(M+m)$ , e quindi è coerente con il fatto che in questo regime il blocco grande si ferma prima, mentre il blocchetto continua a scorrere per un intervallo di tempo ulteriore.

Esercizio 3. Un corpo rigido può essere approssimato con una superficie cilindrica di raggio $r$ composta da due superfici semicilindriche (simmetriche rispetto a un piano passante per l’asse del cilindro) omogenee, ma di densità diversa, di masse $M$ e $m<M$ . Il cilindro è inizialmente posto su un piano inclinato di un angolo $\alpha$ con la parte più pesante verso l’alto, in modo che tutti i punti della superficie di massa $M$ si trovino ad una quota superiore rispetto a quelli di massa $m$ e l’asse geometrico sia parallelo alle linee di ugual quota. Il sistema è soggetto a un campo gravitazionale di modulo $g$ diretto verso il basso. Il piano inclinato si raccorda dolcemente con un piano orizzontale e l’asse geometrico del cilindro inizialmente si trova a un’altezza $h+r$ rispetto al piano orizzontale. Lo schema del problema è riportato in figura 3; la superficie semicilindrica di massa $M$ è rappresentata in rosso, quella di massa $m$ in blu.

Si determini la velocità del centro geometrico $O$ del corpo rigido dopo l’abbandono del piano inclinato rispetto a un sistema di riferimento inerziale fisso $O^\prime x^\prime y^\prime$ , avente origine in un punto assegnato del piano orizzontale. Il risultato deve essere espresso in funzione dell’accelerazione di gravità $g$ , delle masse $M$ e $m$ , del raggio $r$ e dell’ascissa del centro geometrico $O$ lungo l’asse $x^\prime$ del sistema di riferimento scelto.

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Figura 3: schema del problema.

Richiami teorici

Il corpo in esame è un corpo rigido esteso soggetto alla forza gravitazionale. La posizione del centro di massa non coincide con il centro geometrico $O$ a causa della diversa massa delle due superfici semicilindriche, ma al contrario va determinata usando la definizione

$\vec{r}_{CM} = \dfrac{1}{M_{\text{tot}}} \int_\gamma \vec{r}dm,$

dove l’integrale è esteso a tutto il corpo rigido e $M_{\text{tot}}$ è la massa totale del corpo rigido (pari a $M+m$ nel caso in questione).

Nello svolgimento del problema sarà anche necessario utilizzare il teorema di Huygens-Steiner, secondo il quale il momento d’inerzia di un corpo rigido rispetto a un asse generico è dato da $I = I_C + M_{\text{tot}}d^2$ , dove $I_C$ è il momento d’inerzia rispetto all’asse parallelo passante per il centro di massa del sistema e $d$ la distanza tra i due assi.

Svolgimento

Il corpo rigido in esame è una superficie cilindrica (guscio sottile): in una sezione perpendicolare all’asse essa si riduce a una circonferenza di raggio $r$ , suddivisa in due semicirconferenze di masse $M$ (quella superiore) e $m<M$ (quella inferiore), riferite alla medesima lunghezza del cilindro. In assenza di attrito volvente e in regime di puro rotolamento, la forza di attrito statico non compie lavoro; ne segue che l’energia meccanica del sistema si conserva.

Si procede quindi al calcolo di alcune grandezze fondamentali ai fini della risoluzione del problema. In particolare, dapprima viene determinato il centro di massa del sistema, grazie al quale si può valutare l’energia meccanica del sistema all’istante iniziale $t=0$ . In seguito, si valuta il momento d’inerzia rispetto al centro geometrico $O$ , al centro di massa $C$ e al punto di contatto $P$ e si calcola l’energia cinetica nel generico istante $t>0$ , successivo all’abbandono del piano inclinato da parte del corpo rigido.

I risultati ottenuti sono presentati nei seguenti punti. Riunendo infine le espressioni ricavate e imponendo la conservazione dell’energia meccanica, risulta possibile determinare la velocità del centro geometrico $O$ in funzione della distanza percorsa lungo il piano orizzontale a partire da un punto assegnato.

La lunghezza di ciascuna semicirconferenza è pari a $L=\pi r$ . Ne segue che le densità lineari lungo gli archi risultano costanti e sono date da
$\lambda_M=\frac{M}{\pi r},\qquad \lambda_m=\frac{m}{\pi r}.$

All’istante $t=0$ si fissa l’origine del sistema di riferimento nel centro geometrico $O$ e si introducono gli assi cartesiani $(x,y)$ , con asse $x$ orizzontale e asse $y$ verticale, come rappresentato in figura 4. La circonferenza viene parametrizzata mediante l’angolo $\varphi\in[0,2\pi)$ secondo

$\vec r(\varphi)=r\cos\varphi\,\hat{x}+r\sin\varphi\,\hat{y}, \qquad ds=r\,d\varphi.$

Figura 4: sistema di riferimento $Oxy$ usato per il calcolo del centro di massa.

Si indichi con $\gamma_1$ l’arco superiore, corrispondente a $\varphi\in[0,\pi]$ e di massa $M$ , e con $\gamma_2$ l’arco inferiore, corrispondente a $\varphi\in[\pi,2\pi]$ e di massa $m$ . Il vettore posizione del centro di massa del sistema risulta pertanto

$\overrightarrow{OC} =\frac{1}{M+m}\left(\int_{\gamma_1}\vec r\,\lambda_M\,ds + \int_{\gamma_2}\vec r\,\lambda_m\,ds \right).$

Sostituendo le espressioni precedenti si ottiene

$\begin{aligned} \int_{\gamma_1}\vec r\,\lambda_M\,ds &=\lambda_M\int_0^\pi \bigl(r\cos\varphi\,\hat{x}+r\sin\varphi\,\hat{y}\bigr)\,r\,d\varphi \\ &=\lambda_M r^2 \left(\underbrace{\int_0^\pi\cos\varphi\,d\varphi}_{=0}\hat{x} + \underbrace{\int_0^\pi\sin\varphi\,d\varphi}_{=2}\hat{y}\right) =2\lambda_M r^2\,\hat{y}, \\[6pt] \int_{\gamma_2}\vec r\,\lambda_m\,ds &=\lambda_m\int_\pi^{2\pi} \bigl(r\cos\varphi\,\hat{x}+r\sin\varphi\,\hat{y}\bigr)\,r\,d\varphi \\ &=\lambda_m r^2 \left(0\cdot\hat{x} + \underbrace{\int_\pi^{2\pi}\sin\varphi\,d\varphi}_{=-2}\hat{y}\right) =-2\lambda_m r^2\,\hat{y}. \end{aligned}$

Segue quindi

$\overrightarrow{OC} =\frac{2r^2(\lambda_M-\lambda_m)}{M+m}\,\hat{y} =\frac{2r^2}{M+m}\left(\frac{M-m}{\pi r}\right)\hat{y} =\frac{2r}{\pi}\frac{M-m}{M+m}\,\hat{y}.$

In particolare, ponendo

$d:=|OC|=\frac{2r}{\pi}\frac{M-m}{M+m},$

si osserva che il centro di massa risulta spostato verso la semicirconferenza di massa maggiore e che vale $d<\tfrac{2}{\pi}r<r$ .

All’istante iniziale il cilindro è in quiete. L’asse geometrico, individuato dal punto $O$ , si trova alla quota $h+r$ rispetto al piano orizzontale, mentre la parte più pesante del sistema è rivolta verso l’alto, ossia il centro di massa $C$ si trova al di sopra di $O$ di una distanza $d$ . Ne segue che la quota iniziale del baricentro è pari a $h+r+d$ e che l’energia meccanica totale iniziale del sistema risulta
$E_i=(M+m)g(h+r+d).$

Notiamo che per la geometria del problema $E_i$ è indipendente dall’angolo $\alpha$ del piano inclinato.

Durante il moto sul piano orizzontale il centro geometrico $O$ rimane a quota costante, pari a $y_O=r$ . Si definisce l’angolo $\theta$ tra il vettore $\overrightarrow{OC}$ e l’asse orizzontale $x$ ; di conseguenza, il vettore $\overrightarrow{OC}$ ha componenti $d\cos\theta$ lungo $x$ e $d\sin\theta$ lungo $y$ . La quota del centro di massa risulta pertanto
$y_C = y_O + d\sin\theta = r + d\sin\theta.$

La figura 5 mostra il sistema di riferimento $Oxy$ durante il moto lungo il piano orizzontale e l’angolo $\theta$ .

Figura 5: sistema di riferimento $Oxy$ usato per lo studio del moto lungo il piano orizzontale.

Ne segue che l’energia potenziale gravitazionale del sistema (a meno di una costante additiva) è data da

$\begin{aligned} U(\theta) &= (M+m)\,g\,y_C \\ &= (M+m)\,g\,(r + d\sin\theta). \end{aligned}$

Per il calcolo dell’energia cinetica nel generico istante $t>0$ è necessario determinare il momento d’inerzia del sistema in funzione dell’angolo $\theta$ .

Valutiamo dapprima il momento d’inerzia rispetto all’asse del cilindro passante per il centro geometrico $O$ e perpendicolare al piano di sezione: rispetto a tale asse, ogni elemento di massa si trova alla distanza costante $r$ , di conseguenza il momento d’inerzia è dato da

$I_O=\int r^2\,dm=r^2(M+m).$

Considerando ora l’asse parallelo al precedente e passante per il centro di massa $C$ , il teorema di Huygens-Steiner fornisce la relazione

$I_O=I_C+(M+m)d^2,$

dalla quale si ricava

$I_C=r^2(M+m)-(M+m)d^2=(M+m)(r^2-d^2).$

Per determinare la distanza $CP$ si applica il teorema del coseno nel triangolo $OCP$ rappresentato in figura 4, osservando che

$OP=r,\qquad OC=d.$

L’angolo compreso tra $OP$ , diretto verticalmente verso il basso, e $OC$ , inclinato di un angolo $\theta$ al di sopra dell’orizzontale, risulta pari a $\frac{\pi}{2}+\theta$ . Si ottiene pertanto

$\begin{aligned} CP^2 &= OP^2 + OC^2 - 2\,OP\,OC\cos\!\left(\frac{\pi}{2}+\theta\right) \\ &= r^2 + d^2 + 2rd\sin\theta . \end{aligned}$

Il momento d’inerzia rispetto al punto di contatto $P$ , relativo a un asse parallelo a quello del cilindro, si ottiene nuovamente mediante il teorema di Huygens-Steiner:

$\begin{aligned} I_P &= I_C + (M+m)\,CP^2 \\ &= (M+m)(r^2 - d^2) + (M+m)(r^2 + d^2 + 2rd\sin\theta) \\ &= 2(M+m)\bigl(r^2 + rd\sin\theta\bigr) \\ &= 2r(M+m)\bigl(r + d\sin\theta\bigr). \end{aligned}$

L’energia cinetica nel generico istante $t>0$ , mentre il corpo rigido si muove sul piano orizzontale, si esprime dunque come

$\begin{aligned} K &= \frac12\, I_P\,\omega^2 \\ &= \frac12\bigl[2r(M+m)(r+d\sin\theta)\bigr]\omega^2 \\ &= r(M+m)(r+d\sin\theta)\,\omega^2 \\ &= (M+m)\,\frac{r+d\sin\theta}{r}\,v^2 , \end{aligned}$

dove si è utilizzato il fatto che, in regime di puro rotolamento, il punto di contatto $P$ è istantaneamente fermo. Il moto può dunque essere descritto come una rotazione istantanea attorno a $P$ con velocità angolare $\omega$ , e vale la relazione

$v = r\omega,$

essendo $v$ la velocità del centro geometrico $O$ lungo la direzione orizzontale. Nell’espressione precedente si è inoltre fatto uso del momento d’inerzia $I_P$ calcolato al punto precedente.

Si può quindi scrivere l’energia meccanica totale del sistema durante il moto sul piano orizzontale nella forma

$E_f = (M+m)\,g\,(r + d\sin\theta) + (M+m)\,\frac{r+d\sin\theta}{r}\,v^2.$

A questo punto sono disponibili tutti gli elementi necessari per imporre la conservazione dell’energia meccanica tra l’istante iniziale $t=0$ , considerato al punto precedente, e il generico istante $t>0$ successivo all’ingresso del corpo rigido sul piano orizzontale. Si ottiene pertanto

$(M+m)g(h+r+d) = (M+m)\,g\,(r + d\sin\theta) + (M+m)\,\frac{r+d\sin\theta}{r}\,v^2.$

Dividendo entrambi i membri per $M+m$ segue

$g(h+r+d) = g(r+d\sin\theta) + \frac{r+d\sin\theta}{r}\,v^2,$

da cui si ricava l’espressione della velocità

$v^2(\theta) = rg\,\frac{h+d(1-\sin\theta)}{r+d\sin\theta}.$

Per completare la determinazione del moto è necessario stabilire una relazione tra l’angolo $\theta$ e la distanza $x$ percorsa sul piano orizzontale. A tal fine si introduce un nuovo sistema di riferimento fisso $O'xy$ , con origine posta in un punto assegnato del piano orizzontale. In questo sistema, all’istante iniziale $t=0$ , il centro geometrico $O$ ha ascissa nulla, mentre nel generico istante $t>0$ esso ha posizione lungo l’asse delle ascisse pari ad $x$ .

In tale riferimento il vettore $\overrightarrow{OC}$ forma un angolo $\theta$ con l’orizzontale.

La condizione di puro rotolamento impone la relazione cinematica

$\dot{x}=r\dot{\theta}.$

Integrando rispetto al tempo si ottiene

$x=r\theta+\text{costante}.$

Imponendo le condizioni iniziali $x(0)=0$ e $\theta(0)=\theta_0$ , rispettivamente la posizione iniziale del centro geometrico lungo l’asse $x$ e l’angolo iniziale del vettore $\overrightarrow{OC}$ con l’orizzontale, segue

$0=r\theta_0+\text{costante}, \qquad \text{da cui} \qquad \text{costante}=-r\theta_0.$

Si ottiene pertanto la relazione

$\theta(x)=\frac{x}{r}+\theta_0.$

Sostituendo tale espressione nella velocità ricavata dalla conservazione dell’energia si trova infine

$\boxcolorato{fisica}{v(x) = \sqrt{\,rg\,\frac{h+d\bigl(1-\sin(\tfrac{x}{r}+\theta_0)\bigr)}{r+d\sin(\tfrac{x}{r}+\theta_0)}\,}, \qquad d=\frac{2r}{\pi}\frac{M-m}{M+m}.}$

Osservazioni

La dipendenza dalla variabile $x$ è periodica, con periodo $2\pi r$ .
Poiché $d<r$ , il denominatore $r+d\sin(\cdot)$ risulta sempre positivo e l’espressione è ben definita per ogni $x$ .
Nel caso particolare $M=m$ si ha $d=0$ e si ritrova $v^2=gh$ , ossia la velocità costante del cilindro omogeneo.