Problema moto di puro rotolamento
Ragazzi non riesco a risolvere questo problema sul corpo rigido con puro rotolamento:
Una sfera di massa m e raggio R scende con moto di puro rotolamento lungo un piano inclinato; la
velocità iniziale è nulla. Calcolare: (a) vCM e ω nell’istante in cui il centro di massa è sceso di
ΔzCM=h. Nel tratto successivo il piano inclinato è liscio. Calcolare: (b) vCM e ω per una ulteriore
discesa di ΔzCM=h. (Il momento d’inerzia di una sfera vale I=2/5 MR2)
Ho provato a risolverlo con il teorema dell'energia meccanica in presenza di forze non conservative (l'attrito) per quanto riguarda la parte 1, ma non conoscendo l'angolo di inclinazione e il coefficiente di attrito non riesco a risolverlo.
Come si dovrebbe fare?
Ecco le soluzioni:
parte1: Vcm= [(10/7)*R*g]^1/2
parte2: Vcm= [(24/7)*R*g]^1/2
Grazie!
Una sfera di massa m e raggio R scende con moto di puro rotolamento lungo un piano inclinato; la
velocità iniziale è nulla. Calcolare: (a) vCM e ω nell’istante in cui il centro di massa è sceso di
ΔzCM=h. Nel tratto successivo il piano inclinato è liscio. Calcolare: (b) vCM e ω per una ulteriore
discesa di ΔzCM=h. (Il momento d’inerzia di una sfera vale I=2/5 MR2)
Ho provato a risolverlo con il teorema dell'energia meccanica in presenza di forze non conservative (l'attrito) per quanto riguarda la parte 1, ma non conoscendo l'angolo di inclinazione e il coefficiente di attrito non riesco a risolverlo.
Come si dovrebbe fare?
Ecco le soluzioni:
parte1: Vcm= [(10/7)*R*g]^1/2
parte2: Vcm= [(24/7)*R*g]^1/2
Grazie!
Risposte
Andiamo per gradi.
Per quanto riguarda la prima parte, sei sicuro che occorra conoscere l'angolo di inclinazione del piano e il coefficiente di attrito ?
La forza di attrito statico $F$ tra sfera e piano, moltiplicata per il raggio, costituisce il "momento di forza esterna" che fa variare il momento angolare della sfera stessa nella caduta, e quindi dà l'accelerazione angolare : il momento di $F$ rispetto al CM della sfera è dato da $FR$ , quindi si ha , per la 2° eq. cardinale della dinamica :
$FR = I\alpha$
dove $I = 2/5mR^2$ .
Ma la forza $F$ non compie alcun lavoro, perché il punto di contatto è centro di istantanea rotazione, e quindi non c'è alcuna dissipazione di energia. Allora si può applicare il principio di conservazione dell'energia , come se $F$ non ci fosse, tra posizione iniziale e posizione finale (in cui la sfera si è abbassata di $h$ ), tenero conto della condizione di puro rotolamento:
$U_i + K_i = U_f + K_f$ .
Analizza quali valori assumono energia potenziale e cinetica nella posizione iniziale e finale , e troverai il primo risultato (che è : $v_f = sqrt((10)/7 gh ) $ , ci va $h$ e non $R$ nella formula ) .
Per quanto riguarda la prima parte, sei sicuro che occorra conoscere l'angolo di inclinazione del piano e il coefficiente di attrito ?
La forza di attrito statico $F$ tra sfera e piano, moltiplicata per il raggio, costituisce il "momento di forza esterna" che fa variare il momento angolare della sfera stessa nella caduta, e quindi dà l'accelerazione angolare : il momento di $F$ rispetto al CM della sfera è dato da $FR$ , quindi si ha , per la 2° eq. cardinale della dinamica :
$FR = I\alpha$
dove $I = 2/5mR^2$ .
Ma la forza $F$ non compie alcun lavoro, perché il punto di contatto è centro di istantanea rotazione, e quindi non c'è alcuna dissipazione di energia. Allora si può applicare il principio di conservazione dell'energia , come se $F$ non ci fosse, tra posizione iniziale e posizione finale (in cui la sfera si è abbassata di $h$ ), tenero conto della condizione di puro rotolamento:
$U_i + K_i = U_f + K_f$ .
Analizza quali valori assumono energia potenziale e cinetica nella posizione iniziale e finale , e troverai il primo risultato (che è : $v_f = sqrt((10)/7 gh ) $ , ci va $h$ e non $R$ nella formula ) .
chiamato H l'altezza iniziale e (H-h) l'altezza finale
0+mgH=1/2I omega^2 + mg(H-h)
mgH = 1/2I omega^2 + mgH - mgh
omega= (mgh2/I)^1/2
v=omega*R
mi viene 10/5 invece di 10/7 dentro
0+mgH=1/2I omega^2 + mg(H-h)
mgH = 1/2I omega^2 + mgH - mgh
omega= (mgh2/I)^1/2
v=omega*R
mi viene 10/5 invece di 10/7 dentro
Ti piace complicarti la vita ? Nota che $H = 2h$ .
A parte questo, non ti sei scordato un pezzo di energia cinetica finale?
A parte questo, non ti sei scordato un pezzo di energia cinetica finale?
non ci arrivo 
cosa manca?
cosa manca?
Il disco rotola, ma trasla pure, no ? Manca l'energia cinetica finale di traslazione : $1/2mv^2$ . Quindi :
$mgh = 1/2mv^2 + 1/2I\omega^2 = 1/2mv^2 + 1/2*2/5mR^2* v^2/R^2 $
…….
Adesso però devo andare via . Tornerò stasera.
Quando il disco passa sulla parte liscia del piano inclinato, che succede ?
Sta bene attento.
$mgh = 1/2mv^2 + 1/2I\omega^2 = 1/2mv^2 + 1/2*2/5mR^2* v^2/R^2 $
…….
Adesso però devo andare via . Tornerò stasera.
Quando il disco passa sulla parte liscia del piano inclinato, che succede ?
Sta bene attento.
ah cavolo è vero! ruota e trasla contemporaneamente! Grazie mille!
Quando passa sulla parte liscia non abbiamo più attrito quindi trasla solo, vero?
Quando passa sulla parte liscia non abbiamo più attrito quindi trasla solo, vero?
Quando passa sulla parte liscia non abbiamo più attrito quindi trasla solo, vero?
Te l'avevo detto, di stare attento !
Guarda, proprio perché devo uscire e sono di corsa, te lo spiego subito.
Non abbiamo più attrito sulla parte liscia, ma perchè il disco non dovrebbe più ruotare? Per non ruotare più, ci vorrebbe un momento che fermasse la rotazione…e chi ce lo dà ? Nessuno !
Il disco continua a ruotare anche quando passa sulla parte liscia , solo che non essendoci più la forza di attrito statico non c'è più quel momento di forza costante che c'era sulla parte scabra del piano. Vuol dire che termina l'accelerazione angolare , ma non la velocità angolare che il disco ha quando passa sulla parte liscia del piano !
Se su un piano orizzontale liscio appoggi un disco che ha una velocità angolare precedentemente impressa, ma non gli dai una spinta per farlo avanzare, il disco rimane lì a ruotare per sempre (caso ideale!!!) .
Allora nel, tuo esercizio , vuol dire che il disco arriva in basso con la stessa velocità angolare che aveva in alto, cioè l'energia cinetica rotazionale di ingresso e di uscita sul tratto liscio rimane la stessa.
PErcio, il bilancio energetico ora si scrive :
$1/2I\omega_i^2 + 1/2mv_i^2 + mgh = 1/2mv_f^2 + 1/2I\omega_i^2 $
dove $v_i $ è quella che hai trovato prima . Perciò :
$ 1/2mv_i^2 + mgh = 1/2mv_f^2 $
Risolvi, e trovi il valore $v_f = sqrt((24)/7gh) $ che ti è stato dato.
PS : scusa , dovevo dire "sfera" non disco !
Ti ringrazio sei stato chiarissimo! mi hai aperto un mondo! 
Non ci sarei mai arrivato!
Non ci sarei mai arrivato!
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