Esercizio complesso meccanica rotazionale

[misterm1]

Ciao a tutti, questo è il testo dell'esercizio che mi è capitato in un esame di fisica. Sinceramente non so da che parte iniziare, e le uniche intuizioni mi fanno arrivare a soluzioni troppo generali. Qualche idea?

Un disco omogeneo di massa M e raggio R ruota su un piano orizzontale liscio con velocità angolare iniziale w0. Sul disco è presente una guida priva di attrito di lunghezza del raggio sulla quale è libera di muoversi una pallina di massa m, che parte da ferma a distanza R/2 dal centro del disco. Calcolare il modulo della velocità v della pallina (nel riferimento del laboratorio) e la velocità angolare w del disco quando la pallina giunge a distanza R dal centro del disco.

[Falco5x]

Esercizio interessante.
Provo a buttare giù alcune idee.
Prima di tutto occorre notare che il sistema deve ruotare attorno al centro di massa comune, e che questo non si trova nel centro del disco, anzi sia il centro del disco che la pallina si muovono in modo diametralmente opposto rispetto al centro di massa che rimane fermo.
Poiché non ci sono momenti esterni applicati al c.m., il momento angolare dell'intero sistema si mantiene costante. E il momento angolare del disco si ottiene moltiplicando il momento di inerzia per la velocità angolare. Però attenzione: il momento di inerzia va ricollocato col teorema di Steiner nel centro di massa. Il momento angolare della pallina è quello di un corpo puntiforme e dipende dalla velocità angolare, dalla massa e dalla distanza dal c.m. (al quadrato).
In questo modo dovrebbe essere possibile determinare la omega finale, cioè quella del sistema quando la pallina arriva al bordo del disco.
La velocità della pallina però ha anche una componente radiale. Per determinare questa occorre scrivere il bilancio totale dell'energia cinetica del sistema che ovviamente si mantiene inalterata (ricordarsi che anche il disco ha una velocità radiale rispetto al c.m. che pertanto va computata nel conto dell'energia cinetica).

Buon lavoro!

[Quinzio]

A meno che nel testo originale non ci sia la semplificazione m< Non si sa neanche se la forza peso agisce sulla pallina, il che incasina ulteriormente le cose.
Poi non si sa se il disco può slittare o no sul piano, e bisognerebbe tenerne conto, siccome il disco è soggetto anche a forze centrifughe.
Oltre al fatto che il baricentro non è fisso ma segue una traiettoria un po' strana, come diceva Falco.
Secondo me, a meno di non semplificare drasticamente, risolvere questo rebus in un esame non è roba da poco.

[Falco5x]

"Quinzio":A meno che nel testo originale non ci sia la semplificazione m< Non si sa neanche se la forza peso agisce sulla pallina, il che incasina ulteriormente le cose.
Poi non si sa se il disco può slittare o no sul piano, e bisognerebbe tenerne conto, siccome il disco è soggetto anche a forze centrifughe.
Oltre al fatto che il baricentro non è fisso ma segue una traiettoria un po' strana, come diceva Falco.
Secondo me, a meno di non semplificare drasticamente, risolvere questo rebus in un esame non è roba da poco.

Non drammatizziamo, dai.
-Se la m< -In realtà c'è già un'altra semplificazione: la pallina va considerata semplicemente un punto materiale pesante, perché se fosse da considerare proprio una pallina mancherebbe il dato del suo raggio e occorrerebbe aggiungere una relazione di rotolamento perfetto...
-Il peso non incide nel moto perché è una forza verticale perfettamente bilanciata dalla reazione d'appoggio sul disco e quindi sul piano liscio.
-Certo che il disco slitta, altrimenti sarebbe incernierato al centro!
-Il c.m. non segue nessuna traiettoria, è l'unico punto fermo (nel riferimento assoluto) di tutto il sistema perché non ci sono forze esterne che agiscono sul piano orizzontale; però il c.m. non è fermo nel riferimento relativo al disco.
Avanti con la soluzione, forza!

[Quinzio]

Ma il disco è verticale e rotola! Non è un disco orizzontale che ruota strisciando sulla faccia rotonda su un piano orizzontale.
Almeno, io la intendo così, il testo non dice nulla. A meno che non stiamo un'ora a discutere la differenza tra ruotare e rotolare.
Per evitare inutili discussioni, mettiamo che il disco sia orizzontale.

Chiaro che se il disco è orizzontale la forza peso non c'entra nulla.

[Falco5x]

Se fosse verticale si sarebbe detto che rotola di puro rotolamento, e allora il piano dovrebbe fare attrito; mentre invece si dice che ruota su un piano orizzontale senza attrito. Io l'ho interpretato come un disco rigido orizzontale che può scivolare e ruotare appoggiato sopra una superficie di ghiaccio.

[misterm1]

Ho provato a fare il primo punto, ovviamente sono dubbioso della mia soluzione.

calcolo il cdm posizionando l'origine del sistema di riferimento nel centro del disco: $rcm=(mR(t))/(m+M)$
allora il momento di inerzia del sistema sarà dato da $I=(1/2)MR^2 + M(mR(t))^2/(m+M)^2$

ora applico la conservazione del momento angolare del disco tra l'istante in cui R(t)=R/2 e l'istante in cui R(t)=R
$[(1/2)MR^2 + M(m(R/2))^2/(m+M)^2]*w0=[(1/2)MR^2 + M(mR)^2/(m+M)^2]w$
e da qui ricavo w nel momento in cui la pallina giunge a distanza R.

C'è qualcosa da salvare?

[Falco5x]

Uhmmmm

no, c'è qualcosa che non va.

Siccome tu devi calcolare tutte le grandezze rispetto al laboratorio (o sistema assoluto) credo sia più comodo posizionare l'origine del sistema di riferimento proprio sul punto che non si sposta mai, ovvero il c.m.
Allora in questo sistema di riferimento si ha che se la posizione della pallina è x, la posizione del centro del disco è $x'=-xm/M$.

A questo punto calcoliamo i momenti di inerzia.
Sapendo che il momento del disco nel suo c.m. vale $I_0=1/2MR^2$, il momento spostato sul c.m. come centro di rotazione vale $I_d=1/2MR^2+Mx^2m^2/M^2$.
Però a questo punto noi sappiamo che il momento angolare dell'intero sistema si conserva e quindi non possiamo evitare di considerare la massa della pallina. Il momento di inerzia di tale massa concentrata è $I_p=mx^2$. Allora il momento di inerzia complessivo è :
$I_S=1/2MR^2+Mx^2m^2/M^2+mx^2$

Questo moltiplicato per la velocità angolare è invariante.

Facendo il calcolo della posizione della pallina rispetto al c.m. si trova che all'istante iniziale si ha $x_0=(MR)/(2(M+m)$, mentre all'istante finale si ha $x_1=(MR)/(M+m)$.

Facendo le opportune sostituzioni si dovrebbe trovare la velocità angolare finale.

[Quinzio]

D'accordo, però mi sembra che manchi la velocità radiale.
Mi spiego, la pallina si muove verso la periferia del disco, per cui ha anche una componente di velocità in senso radiale.
La quantità di moto e l'energia cinetica per muoversi in direzione radiale gli è stata fornita dal disco.

[Falco5x]

Appunto, come avevo già osservato è necessario fare anche il bilancio dell'energia.

(mi autocito)

"Falco5x":La velocità della pallina però ha anche una componente radiale. Per determinare questa occorre scrivere il bilancio totale dell'energia cinetica del sistema che ovviamente si mantiene inalterata (ricordarsi che anche il disco ha una velocità radiale rispetto al c.m. che pertanto va computata nel conto dell'energia cinetica).

[cyd1]

la quantità di moto si conserva non essendoci forze esterne, se il moto all'inizio consisteva solo in una rotazione del sistema disco+massa intorno al cdm senza che questo si muovesse rispetto un riferimento fisso allora la conservazione dell'energia impone, se non sbaglio

$1/2 (R^2/4 m ) omega_0^2 + 1/2 ( 1/2 M R^2) omega_0^2 = 1/2 (R^2/4 m ) omega_f^2 + 1/2 ( 1/2 M R^2) omega_f^2 + 1/2 m V_m^2 + 1/2 M V_M^2$
com V_m e V_M le velocità della pallina e del disco rispetto un riferimento solidale col cdm

essendo il cdm dato da $G-O = (M (C-O) + m(P-O))/(m+M)$ = M/(m+M) (C-O) + m/(m+M) (P-O)$
se all'inizio il cdm era fermo allora lo sarà anche dopo.
derivando $d/(dt) G-O = M/(m+M) V_C + m/(M+m) V_P$ poiche $d/(dt) G-O =0$ => $M/(m+M) V_C =- m/(M+m) V_P$

la rotazione produce una forza centrifuga su P pari a $vec(F) = omega^2 (P-G)$ il cui potenziale è $1/2 omega^2 |P-G|^2$
quindi hai $1/2 omega_0 ^2 R^2/4 = 1/2 omega_f^2 R^2 + 1/2 m v_P^2$

sono tre equazioni in tre incognite, se sono giusti i miei ragionamenti sono sufficienti

[Quinzio]

"Falco5x":Appunto, come avevo già osservato è necessario fare anche il bilancio dell'energia.

(mi autocito)
[quote="Falco5x"]La velocità della pallina però ha anche una componente radiale. Per determinare questa occorre scrivere il bilancio totale dell'energia cinetica del sistema che ovviamente si mantiene inalterata (ricordarsi che anche il disco ha una velocità radiale rispetto al c.m. che pertanto va computata nel conto dell'energia cinetica).

[/quote]

D'accordo ma la situazione si fa presto ingarbugliata.
Per me non è così semplice arrivare a una soluzione. Vedremo....
L'unica cosa certa di questo aggeggio, come giustamente notavi, è che il cdm non si sposta. E' già qualcosa...
Il problema è che abbiamo un oggetto dotato di massa e di momento di inerzia (il disco), vincolato in una qualche maniera ad un altro oggetto (la pallina) dotato di massa e non di momento di inerzia.

[Falco5x]

"Quinzio":Il problema è che abbiamo un oggetto dotato di massa e di momento di inerzia (il disco), vincolato in una qualche maniera ad un altro oggetto (la pallina) dotato di massa e non di momento di inerzia.

Perché dici così?
Anche un corpo puntiforme ha momento d'inerzia quando il polo sta in un posto diverso dal corpo stesso, e per la precisione il momento di inerzia è $I=mr^2$.
Infatti il momento angolare è $L=rmV_T=m\omegar^2=\omegaI$
($V_T$=velocità trasversale)

Oppure, vedendola in un altro modo, il corpo piuntiforme ha un momento di inerzia baricentrico uguale a zero, cui si aggiunge l'addendo mr^2 dovuto alla traslazione del polo secondo Steiner. Tutto quadra insomma.

[Quinzio]

Oppure, vedendola in un altro modo, il corpo piuntiforme ha un momento di inerzia baricentrico uguale a zero, cui si aggiunge l'addendo mr^2 dovuto alla traslazione del polo secondo Steiner. Tutto quadra insomma.

Ecco proprio questo volevo dire.
Se il disco e la palla fossero completamente separati dopo $t_0$, allora il disco continuerebbe tranquillamente a ruotare con $w_0$ mentre trasla grazie alla $\vec{w_0} \times \vec{r}$ che ha a $t_0$

Invece qui succede che la $w$ diminuisce perchè viene rallentata dalla palla che preme sulla guida.
Questo momento angolare che viene perso deve finire nella velocità radiale di palla +disco.
Forse si conserva il momento angolare $I\omega$ e l'energia rotazionale che si perde $1/2 I \omega^2$ finisce in energia cinetica nel senso radiale.

Un'altra cosa che si può considerare è il momento d'inerzia complessivo dell'oggetto in funzione della distanza dei due centri (disco-palla).
Se rimane costante $I\omega$ allora è lecito scrivere che $\omegadI = -Id\omega$
Se si esplicita il momento di inerzia in funzione della distanza dei centri si può differenziare e ottenere un ${dI}/{dr}$ e quindi, con la formula di prima, trovare un $\omega {dI}/{dr} = -I {d\omega}/{dr}$.
Cioè ${d\omega}/{dr}+ \omega/I\ {dI}/{dr}=0 $ una bella equazione differenziale.
Mah... non è che tutto questo mi convince molto...

[cyd1]

cosa c'è che non va nella mia soluzione?

[Falco5x]

"cyd":cosa c'è che non va nella mia soluzione?

Forse nulla, semplicemente mi manca la voglia e il tempo di esaminarla.
Però parto dalla fine: tu dici 3 equazioni in 3 incognite....

La cosa mi pareva più semplice.
La $\omega$ finale si ricava direttamente dalla invarianza del momento angolare, mi sembra.
La velocità radiale del centro del disco è proporzionale alla velocità radiale della pallina, data la invarianza del c.m.
Dunque scrivendo l'equazione di invarianza dell'energia cinetica, essendo note le $\omega$ iniziale e finale l'unica incognita rimane la velocità radiale della pallina, che può così essere direttamente determinata.
Insomma la cosa mi pareva abbstanza semplice, ma non ho provato a svolgere.
Se ho tempo magari mi ci metto.
Domani.
Buona notte.

[cyd1]

haha .. vabbè ma non ti preoccupare lasciala pure com'è

[Falco5x]

Non che oggi avessi molto tempo, però mi ci sono intestardito ugualmente e... ecco il risultato.
Diciamo che lo sviluppo richiede qualche calcoletto... e se ho fatto qualche errore la cosa non mi sorprenderebbe (spero però non di concetto)
Ad ogni modo se qualcuno vuole controllare i calcoli si accomodi e buon divertimento.

Legenda:
[tex]{x}[/tex] posizione della pallina rispetto al c.m.
[tex]{x'}[/tex] posizione del centro del disco rispetto al c.m.
pedice 0: all'inzio del moto, cioè con pallina posta a metà del raggio
pedice 1: alla fine del moto, cioè con pallina posta alla fine del raggio (sulla circonferenza)
[tex]{I_{Dcm}}[/tex] momento di inerzia baricentrico del disco
[tex]{I}[/tex] momento di inerzia dell'intero sistema
[tex]{V_R}[/tex] velocità radiale assoluta della pallina (rispetto al c.m. del sistema)
[tex]{{V'}_R}[/tex] velocità radiale assoluta del centro del disco (rispetto al c.m. del sistema)
[tex]V[/tex] velocità assoluta della pallina

[tex]\begin{array}{l}
x' = - x\frac{m}{M} \\
\\
{x_0} - {{x'}_0} = \frac{R}{2} \\
\\
{x_0} = \frac{R}{2}\frac{M}{{m + M}} \\
\\
{{x'}_0} = \frac{R}{2}\frac{m}{{m + M}} \\
\\
{x_1} - {{x'}_1} = R \\
\\
{x_1} = R\frac{M}{{m + M}} \\
\\
{{x'}_1} = R\frac{m}{{m + M}} \\
\\
\end{array}[/tex]

[tex]\begin{array}{l}
{I_0} = {I_{Dcm}} + M{{x'}_0}^2 + m{x_0}^2 = \frac{1}{2}M{R^2} + {x_0}^2\frac{{{m^2} + mM}}{M} = \frac{1}{2}M{R^2} + \frac{1}{2}M{R^2}\frac{m}{{2\left( {m + M} \right)}} = \frac{1}{2}M{R^2}\frac{{3m + 2M}}{{2\left( {m + M} \right)}} \\
\\
{I_1} = {I_{Dcm}} + M{{x'}_1}^2 + m{x_1}^2 = \frac{1}{2}M{R^2} + {x_1}^2\frac{{{m^2} + mM}}{M} = \frac{1}{2}M{R^2} + \frac{1}{2}M{R^2}\frac{{2m}}{{m + M}} = \frac{1}{2}M{R^2}\frac{{3m + M}}{{m + M}} \\
\\
{\omega _0}{I_0} = {\omega _1}{I_1} \\
\\
{\omega _1} = {\omega _0}\frac{{{I_0}}}{{{I_1}}} = {\omega _0}\frac{{\frac{1}{2}M{R^2}\frac{{3m + 2M}}{{2\left( {m + M} \right)}}}}{{\frac{1}{2}M{R^2}\frac{{3m + M}}{{m + M}}}} = {\omega _0}\frac{{3m + 2M}}{{2\left( {3m + M} \right)}} \\
\end{array}[/tex]

[tex]\begin{array}{l}
\frac{1}{2}{I_0}{\omega _0}^2 = \frac{1}{2}{I_1}{\omega _1}^2 + \frac{1}{2}M{{V'}_R}^2 + \frac{1}{2}m{V_R}^2 \\
\\
{{V'}_R} = - {V_R}\frac{m}{M} \\
\\
\frac{1}{2}\left( {\frac{1}{2}M{R^2}\frac{{3m + 2M}}{{2\left( {m + M} \right)}}} \right){\omega _0}^2 = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{2}M{R^2}\frac{{3m + M}}{{m + M}}} \right){\left( {{\omega _0}\frac{{3m + 2M}}{{2\left( {3m + M} \right)}}} \right)^2} + \frac{1}{2}M{\left( {{V_R}\frac{m}{M}} \right)^2} + \frac{1}{2}m{V_R}^2 \\
\\
\end{array}[/tex]

[tex]\begin{array}{l}
\\
\left( {\frac{1}{2}M{R^2}\frac{{3m + 2M}}{{2\left( {m + M} \right)}}} \right){\omega _0}^2 - \left( {\frac{1}{2}M{R^2}\frac{{3m + M}}{{m + M}}} \right){\left( {{\omega _0}\frac{{3m + 2M}}{{2\left( {3m + M} \right)}}} \right)^2} = m{V_R}^2\frac{{m + M}}{M} \\
\\
{\omega _0}^2M{R^2}\frac{{3m + 2M}}{{4\left( {m + M} \right)}} - {\omega _0}^2M{R^2}\frac{{{{\left( {3m + 2M} \right)}^2}}}{{8\left( {m + M} \right)\left( {3m + M} \right)}} = m{V_R}^2\frac{{m + M}}{M} \\
\\
{\omega _0}^2M{R^2}\frac{{3m + 2M}}{{4\left( {m + M} \right)}}\left( {1 - \frac{{3m + 2M}}{{2\left( {3m + M} \right)}}} \right) = m{V_R}^2\frac{{m + M}}{M} \\
\\
\end{array}[/tex]

[tex]\begin{array}{l}
{\omega _0}^2M{R^2}\frac{{3m + 2M}}{{4\left( {m + M} \right)}}\left( {\frac{{3m}}{{2\left( {3m + M} \right)}}} \right) = m{V_R}^2\frac{{m + M}}{M} \\
\\
{\omega _0}^2M{R^2}\frac{{3\left( {3m + 2M} \right)}}{{8\left( {m + M} \right)\left( {3m + M} \right)}} = {V_R}^2\frac{{m + M}}{M} \\
\\
{V_R}^2 = {\omega _0}^2{R^2}\frac{{3\left( {3m + 2M} \right){M^2}}}{{8{{\left( {m + M} \right)}^2}\left( {3m + M} \right)}} \\
\end{array}[/tex]

[tex]\begin{array}{l}
{V^2} = {V_R}^2 + {\omega _1}^2{x_1}^2 \\
\\
{V^2} = {\omega _0}^2{R^2}\frac{{3\left( {3m + 2M} \right){M^2}}}{{8{{\left( {m + M} \right)}^2}\left( {3m + M} \right)}} + {\omega _0}^2{R^2}\frac{{{{\left( {3m + 2M} \right)}^2}{M^2}}}{{4{{\left( {3m + M} \right)}^2}{{\left( {m + M} \right)}^2}}} \\
\\
{V^2} = {\omega _0}^2{R^2}\frac{{\left( {3m + 2M} \right){M^2}}}{{{{\left( {m + M} \right)}^2}\left( {3m + M} \right)}}\left( {\frac{3}{8} + \frac{{2\left( {3m + 2M} \right)}}{{8\left( {3m + M} \right)}}} \right) = {\omega _0}^2{R^2}\frac{{\left( {3m + 2M} \right){M^2}}}{{{{\left( {m + M} \right)}^2}\left( {3m + M} \right)}}\left( {\frac{{3\left( {3m + M} \right) + 2\left( {3m + 2M} \right)}}{{8\left( {3m + M} \right)}}} \right) = {\omega _0}^2{R^2}\frac{{\left( {3m + 2M} \right){M^2}}}{{{{\left( {m + M} \right)}^2}\left( {3m + M} \right)}}\left( {\frac{{15m + 7M}}{{8\left( {3m + M} \right)}}} \right) \\
\\
\end{array}[/tex]

[tex]\begin{array}{l}
{V^2} = {\omega _0}^2{R^2}{M^2}\frac{{\left( {3m + 2M} \right)\left( {15m + 7M} \right)}}{{8{{\left( {m + M} \right)}^2}{{\left( {3m + M} \right)}^2}}} \\
\\
V = \frac{{{\omega _0}RM}}{{2\left( {m + M} \right)\left( {3m + M} \right)}}\sqrt {\left( {\frac{3}{2}m + M} \right)\left( {15m + 7M} \right)} \\
\end{array}[/tex]

[Quinzio]

Fatto durante un esame a patto do avere le idee chiare, quanto porta via questo papiro ?

[Falco5x]

"Quinzio":Fatto durante un esame a patto do avere le idee chiare, quanto porta via questo papiro ?

Boh, non moltissimo se hai a disposizione un buon editor di formule come MathType, cosa che a un esame difficilmente ti lasciano usare.
Se avessi avuto solo carta e penna sarei uscito pazzo e avrei sbagliato di sicuro (anche perché a mano non sono quasi più capace di scrivere )

Però ho il timore che ci sia qualcosa di sbagliato a livello concettuale, dovrei cercare di risolverlo anche in qualche altro modo per rassicurarmi del tutto...