Esercizio corpo rigido 48

Dinamica del corpo rigido

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Esercizio 48 (\bigstar \bigstar \largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Una sfera omogenea di raggio r e massa m è ferma in cima ad una rampa, posta su un tavolo, ad un’altezza h dal piano del tavolo. In seguito la sfera viene lasciata cadere rotolando senza strisciare lungo la rampa. Giunta ai piedi della rampa, la sfera ha una velocità con sola componente orizzontale e cade sul pavimento. Sia H l’altezza del tavolo rispetto al pavimento, a quale distanza d dal bordo del tavolo la sfera tocca il 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=mg(h+r). \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 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+h-\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.
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^*)=0. Imponendo questa condizione nell’equazione (5)_2, otteniamo

(6)   \begin{equation*} h+ H-\dfrac{1}{2}g(t^*)^2=0\quad\Leftrightarrow\quad t^*=\sqrt{\dfrac{2(H+h)}{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{2(H+h)}{g}}, \end{equation*}

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

    \[\boxcolorato{fisica}{d=\sqrt{\dfrac{20}{7}(H+h)h}.}\]