Esercizi — Dinamica rotazionale

Tutti gli esercizi del capitolo, svolti passo-passo, in ordine di comparsa nel capitolo: prima gli esercizi guidati nel testo, poi i problemi di fine capitolo (numerici, concettuali, vero/falso, ranking, grafici, stime di Fermi e fantafisica).

Esercizi svolti nel testo

• Sfera che rotola giù da un piano
• Proiettile contro asta incernierata
• Altezza ottimale per la steccata

Problemi di fine capitolo

• Velocità angolare della lancetta dei minuti
• Vero o falso sul momento d’inerzia
• Momento d’inerzia di una sfera piena
• Accelerazione di una ruota sul piano inclinato
• Nuova velocità angolare di una pattinatrice
• Ruote leggere delle biciclette da corsa
• Momento torcente rettangolare e L(t)
• Asta incernierata che cade dall’orizzontale
• Teorema di König per l’energia cinetica
• Momento angolare orbitale della Terra
• Ranking di quattro oggetti che rotolano
• La pattinatrice che si stringe
• Momento della chiave inglese
• Quale ω(t) per un disco frenato
• Sfera che rotola, velocità alla base
• Ruota a 40 giri al minuto
• Momento torcente di una chiave da 25 cm
• Altalena in equilibrio
• Perché il pattinatore ruota più veloce
• Ranking dei momenti d’inerzia di tre cilindri
• Vero o falso su momento angolare e inerzia
• Sbarra sospesa da due funi
• Palla da bowling e punto di contatto
• Momento angolare di rotazione propria della Terra
• Atwood con puleggia massiva
• Puleggia a doppio raggio
• Disco con fune che si svolge
• Disco rotante colpito tangenzialmente
• Urto elastico 2D su un biliardo
• Trottola e precessione
• Pieno o cavo, chi vince
• Bicicletta ed effetto giroscopico
• Ranking di ω a parità di momento angolare
• Momento d’inerzia di una sbarra
• Momento di una forza
• Energia di un volano
• Carrucola a due masse
• Dato α, trova il momento
• ω iniziale di un pattinatore
• Fantafisica: momento d’inerzia invariante
• Fantafisica: momento angolare non conservato
• Rotolamento puro di un anello
• Tuffatore e pirouette
• Trottola che rallenta e nutazione
• Il boomerang che torna
• Tre regimi di ω(t)
• Lettura grafico L(t) piatto
• Stima Fermi: pneumatico in autostrada

All the chapter’s exercises, worked step-by-step, in order of appearance in the chapter: first the guided exercises within the text, then the end-of-chapter problems (numerical, conceptual, true/false, ranking, graphical, Fermi estimates and thought-experiment physics).

Exercises worked in the text

• Sphere rolling down a plane
• Projectile against a hinged rod
• Optimal height for a billiard cue strike

End-of-chapter problems

• Angular velocity of the minute hand
• True or false on moment of inertia
• Moment of inertia of a solid sphere
• Acceleration of a wheel on an inclined plane
• New angular velocity of a figure skater
• Light wheels on racing bicycles
• Rectangular torque and L(t)
• Hinged rod falling from horizontal
• König’s theorem for kinetic energy
• Earth’s orbital angular momentum
• Ranking four rolling objects
• The skater pulling in her arms
• Torque of a wrench
• Which ω(t) for a braked disc
• Rolling sphere, velocity at the base
• Wheel at 40 revolutions per minute
• Torque of a 25 cm wrench
• Seesaw in equilibrium
• Why the skater spins faster
• Ranking the moments of inertia of three cylinders
• True or false on angular momentum and inertia
• Bar suspended by two ropes
• Bowling ball and contact point
• Earth’s spin angular momentum
• Atwood machine with a massive pulley
• Double-radius pulley
• Disc with an unwinding rope
• Rotating disc struck tangentially
• 2D elastic collision on a billiard table
• Spinning top and precession
• Solid or hollow: which wins
• Bicycle and the gyroscopic effect
• Ranking ω at equal angular momentum
• Moment of inertia of a bar
• Moment of a force
• Energy of a flywheel
• Pulley with two masses
• Given α, find the torque
• Initial ω of a skater
• Thought-experiment physics: invariant moment of inertia
• Thought-experiment physics: angular momentum not conserved
• Pure rolling of a ring
• Diver and pirouette
• Slowing top and nutation
• The boomerang that returns
• Three regimes of ω(t)
• Reading a flat L(t) graph
• Fermi estimate: tyre on the motorway

Testo

Una sfera omogenea ($m = 5\;\mathrm{kg}$, $R = 2\;\mathrm{m}$, $I = \tfrac{2}{5}mR^2$) parte da ferma in cima a un piano inclinato alto $h = 3\;\mathrm{m}$ e rotola senza strisciare. Trovare la velocità in fondo.

Soluzione

In assenza di strisciamento l’attrito è statico e non dissipa energia: l’energia meccanica si conserva. L’energia cinetica in fondo ha però due contributi, traslazionale e rotazionale. $mgh = \tfrac{1}{2}mv^2 + \tfrac{1}{2}I\omega^2$ Vincolo di rotolamento $\omega = v/R$; sostituendo $I = \tfrac{2}{5}mR^2$: $\tfrac{1}{2}I\omega^2 = \tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{2}{5}mR^2\cdot\frac{v^2}{R^2} = \tfrac{1}{5}mv^2$ Il bilancio diventa: $\tfrac{1}{2}mv^2 + \tfrac{1}{5}mv^2 = mgh \quad\Rightarrow\quad \tfrac{7}{10}v^2 = gh$ $v = \sqrt{\frac{10\,gh}{7}} = \sqrt{\frac{10\cdot 9{,}81\cdot 3}{7}} \approx \ev{6{,}5\;\mathrm{m/s}}$ È più lento di un blocco che scivola senza attrito dalla stessa quota ($v = \sqrt{2gh} = 7{,}7\;\mathrm{m/s}$): parte dell’energia potenziale è finita nella rotazione invece che nella traslazione.

Collegamenti

Argomenti: Dinamica rotazionale Concetti: Rotolamento · Energia cinetica rotazionale · Conservazione dell’energia meccanica Oggetti: Sfera che rotola · Piano inclinato

Problem

A uniform sphere ($m = 5\;\mathrm{kg}$, $R = 2\;\mathrm{m}$, $I = \tfrac{2}{5}mR^2$) starts from rest at the top of an incline of height $h = 3\;\mathrm{m}$ and rolls without slipping. Find the speed at the bottom.

Solution

Without slipping, friction is static and dissipates no energy: mechanical energy is conserved. The kinetic energy at the bottom, however, has two contributions, translational and rotational. $mgh = \tfrac{1}{2}mv^2 + \tfrac{1}{2}I\omega^2$ Rolling constraint $\omega = v/R$; substituting $I = \tfrac{2}{5}mR^2$: $\tfrac{1}{2}I\omega^2 = \tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{2}{5}mR^2\cdot\frac{v^2}{R^2} = \tfrac{1}{5}mv^2$ The balance becomes: $\tfrac{1}{2}mv^2 + \tfrac{1}{5}mv^2 = mgh \quad\Rightarrow\quad \tfrac{7}{10}v^2 = gh$ $v = \sqrt{\frac{10\,gh}{7}} = \sqrt{\frac{10\cdot 9{,}81\cdot 3}{7}} \approx \ev{6{,}5\;\mathrm{m/s}}$ This is slower than a block sliding without friction from the same height ($v = \sqrt{2gh} = 7{,}7\;\mathrm{m/s}$): part of the potential energy has ended up in rotation instead of translation.

Connections

Topics: Dinamica rotazionale Concepts: Rotolamento · Energia cinetica rotazionale · Conservazione dell’energia meccanica Objects: Sfera che rotola · Piano inclinato

Testo

Un’asta omogenea ($M = 3\;\mathrm{kg}$, lunghezza $L = 2\;\mathrm{m}$) è incernierata all’estremo superiore e pende verticalmente, ferma. Un proiettile ($m = 0{,}1\;\mathrm{kg}$, $v_0 = 200\;\mathrm{m/s}$) la colpisce orizzontalmente all’altro estremo e vi rimane conficcato. Trovare la velocità angolare $\omega$ dell’asta subito dopo l’urto.

Soluzione

Scelta del polo: prendiamo il cardine. La reazione del cardine ha braccio zero e non contribuisce; il peso ha braccio ma non è impulsivo. Quindi il momento angolare rispetto al cardine si conserva. $L^A$ (solo il proiettile, braccio $= L$ perché colpisce l’estremo): $L^A = m\,v_0\,L = 0{,}1\cdot 200\cdot 2 = 40\;\mathrm{kg\,m^2/s}$ $L^B$ (asta + proiettile ruotano insieme), con $I_\text{tot} = \tfrac{1}{3}ML^2 + mL^2$: $I_\text{tot} = \tfrac{1}{3}\cdot 3\cdot 4 + 0{,}1\cdot 4 = 4 + 0{,}4 = 4{,}4\;\mathrm{kg\,m^2}$ Conservazione $L^A = L^B = I_\text{tot}\,\omega$: $\omega = \frac{40}{4{,}4} \approx \ev{9{,}1\;\mathrm{rad/s}}$ Verifica dell’energia: $E_\text{cin}^A = \tfrac{1}{2}\cdot 0{,}1\cdot 200^2 = 2000\;\mathrm{J}$; $E_\text{cin}^B = \tfrac{1}{2}\cdot 4{,}4\cdot 9{,}1^2 \approx 182\;\mathrm{J}$. L’urto è fortemente anelastico: circa $1818\;\mathrm{J}$ sono andati in calore, suono e deformazione.

Nota: la quantità di moto non si conserva (c’è la reazione impulsiva del cardine), ma il momento angolare rispetto al cardine sì.

Collegamenti

Argomenti: Dinamica rotazionale Concetti: Conservazione del momento angolare · Urto anelastico Competenze: Scelta del polo Oggetti: Asta · Proiettile

Problem

A uniform rod ($M = 3\;\mathrm{kg}$, length $L = 2\;\mathrm{m}$) is hinged at its upper end and hangs vertically, at rest. A projectile ($m = 0{,}1\;\mathrm{kg}$, $v_0 = 200\;\mathrm{m/s}$) strikes it horizontally at the other end and becomes embedded in it. Find the angular velocity $\omega$ of the rod immediately after the impact.

Solution

Choice of pole: we take the hinge. The hinge’s reaction force has zero arm and contributes nothing; the weight has an arm but is not impulsive. So the angular momentum about the hinge is conserved. $L^A$ (projectile only, arm $= L$ because it strikes the end): $L^A = m\,v_0\,L = 0{,}1\cdot 200\cdot 2 = 40\;\mathrm{kg\,m^2/s}$ $L^B$ (rod + projectile rotate together), with $I_\text{tot} = \tfrac{1}{3}ML^2 + mL^2$: $I_\text{tot} = \tfrac{1}{3}\cdot 3\cdot 4 + 0{,}1\cdot 4 = 4 + 0{,}4 = 4{,}4\;\mathrm{kg\,m^2}$ Conservation $L^A = L^B = I_\text{tot}\,\omega$: $\omega = \frac{40}{4{,}4} \approx \ev{9{,}1\;\mathrm{rad/s}}$ Energy check: $E_\text{cin}^A = \tfrac{1}{2}\cdot 0{,}1\cdot 200^2 = 2000\;\mathrm{J}$; $E_\text{cin}^B = \tfrac{1}{2}\cdot 4{,}4\cdot 9{,}1^2 \approx 182\;\mathrm{J}$. The collision is strongly inelastic: about $1818\;\mathrm{J}$ went into heat, sound and deformation.

Note: momentum is not conserved (there is an impulsive reaction from the hinge), but angular momentum about the hinge is.

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Topics: Rotational dynamics Concepts: Conservation of angular momentum · Inelastic collision Skills: Choice of pole Objects: Rod · Projectile

Testo

Una palla da biliardo (sfera piena, raggio $r$, massa $m$) è colpita dalla stecca con un impulso orizzontale $\vec{I}$. A che altezza $b$ dal tavolo bisogna colpire affinché la palla rotoli senza strisciare fin dall’inizio?

Soluzione

Impulso traslazionale: l’impulso $I_x$ dà al centro di massa la quantità di moto $m\,v_\text{CM} = I_x$ Impulso angolare rispetto al punto di contatto P: la palla, per rotolare, deve avere un momento angolare rispetto a P coerente. Scomponendo il momento angolare rispetto a P come rotazione propria più momento del CM: $\tfrac{2}{5}mr^2\,\omega + m\,v_\text{CM}\,r = I_x\cdot b$ Condizione di rotolamento $v_\text{CM} = \omega r$ e $m v_\text{CM} = I_x$; sostituendo: $\tfrac{2}{5}mr^2\cdot\frac{v_\text{CM}}{r} + m\,v_\text{CM}\,r = m\,v_\text{CM}\cdot b$ $\tfrac{2}{5}r + r = b \quad\Rightarrow\quad \ev{b = \tfrac{7}{5}\,r}$ Bisogna colpire a $7/5$ del raggio dal tavolo, cioè leggermente sopra il centro (che è a quota $r$). Colpendo esattamente lì, l’impulso traslazionale e quello angolare si accordano e la palla parte in rotolamento puro, senza slittare.

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Argomenti: Dinamica rotazionale Concetti: Rotolamento · Momento angolare · Impulso Oggetti: Sfera che rotola

Problem

A billiard ball (solid sphere, radius $r$, mass $m$) is struck by the cue with a horizontal impulse $\vec{I}$. At what height $b$ from the table must it be struck so that the ball rolls without slipping from the very start?

Solution

Translational impulse: the impulse $I_x$ gives the centre of mass a momentum $m\,v_\text{CM} = I_x$ Angular impulse about the contact point P: for the ball to roll, it must have an angular momentum about P that is consistent. Decomposing the angular momentum about P as spin plus the moment of the CM: $\tfrac{2}{5}mr^2\,\omega + m\,v_\text{CM}\,r = I_x\cdot b$ Rolling condition $v_\text{CM} = \omega r$ and $m v_\text{CM} = I_x$; substituting: $\tfrac{2}{5}mr^2\cdot\frac{v_\text{CM}}{r} + m\,v_\text{CM}\,r = m\,v_\text{CM}\cdot b$ $\tfrac{2}{5}r + r = b \quad\Rightarrow\quad \ev{b = \tfrac{7}{5}\,r}$ The ball must be struck at $7/5$ of the radius from the table, i.e. slightly above the centre (which is at height $r$). Striking exactly there, the translational and angular impulses match and the ball sets off in pure rolling, without slipping.

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Topics: Rotational dynamics Concepts: Rolling · Angular momentum · Impulse Objects: Rolling sphere

Testo

La lancetta dei minuti di un orologio compie un giro completo in $60$ minuti. Calcola la sua velocità angolare in rad/s.

Soluzione

Un giro completo è $2\pi$ radianti, compiuto nel periodo $T = 60\;\mathrm{min} = 3600\;\mathrm{s}$. $\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{3600\;\mathrm{s}}$ $\ev{\omega \approx 1{,}75\cdot 10^{-3}\;\mathrm{rad/s}}$ È una velocità angolare piccolissima: la lancetta ruota così lentamente che il moto è impercettibile a occhio.

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Argomenti: Dinamica rotazionale Concetti: Velocità angolare

Problem

The minute hand of a clock completes one full revolution in $60$ minutes. Calculate its angular velocity in rad/s.

Solution

One full revolution is $2\pi$ radians, completed in the period $T = 60\;\mathrm{min} = 3600\;\mathrm{s}$. $\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{3600\;\mathrm{s}}$ $\ev{\omega \approx 1{,}75\cdot 10^{-3}\;\mathrm{rad/s}}$ This is a tiny angular velocity: the hand rotates so slowly that the motion is imperceptible to the eye.

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Topics: Rotational dynamics Concepts: Angular velocity

Testo

Indica se le affermazioni sono vere o false, motivando in una riga: (a) il momento d’inerzia di un corpo dipende dall’asse di rotazione scelto; (b) in un corpo rigido in rotazione pura attorno a un asse fisso, tutti i punti hanno la stessa velocità; (c) il momento angolare di un sistema isolato si conserva anche se forze interne cambiano il momento d’inerzia; (d) rotolare senza strisciare implica $v_\text{CM} = \omega R$.

Soluzione

(a) Vero. $I = \sum m_i r_i^2$ dipende dalle distanze $r_i$ dall’asse: cambiando asse cambiano le distanze e quindi $I$.

(b) Falso. Tutti i punti hanno la stessa velocità angolare $\omega$, ma velocità lineari diverse: $v = \omega r$ cresce con la distanza dall’asse. Il bordo va più veloce del centro.

(c) Vero. Se non ci sono momenti esterni, $L$ si conserva. Le forze interne possono cambiare $I$ e $\omega$ (come il pattinatore), ma il prodotto $L = I\omega$ resta fisso.

(d) Vero. È la definizione del vincolo di rotolamento: il punto di contatto non slitta, quindi la velocità del centro è legata a quella angolare da $v_\text{CM} = \omega R$.

$\ev{\text{(a) V}\quad\text{(b) F}\quad\text{(c) V}\quad\text{(d) V}}$

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Argomenti: Dinamica rotazionale Concetti: Momento d’inerzia · Velocità angolare · Conservazione del momento angolare · Rotolamento

Problem

State whether the following statements are true or false, justifying in one line: (a) the moment of inertia of a body depends on the chosen axis of rotation; (b) in a rigid body in pure rotation about a fixed axis, all points have the same velocity; (c) the angular momentum of an isolated system is conserved even if internal forces change the moment of inertia; (d) rolling without slipping implies $v_\text{CM} = \omega R$.

Solution

(a) True. $I = \sum m_i r_i^2$ depends on the distances $r_i$ from the axis: changing the axis changes the distances and hence $I$.

(b) False. All points have the same angular velocity $\omega$, but different linear velocities: $v = \omega r$ increases with distance from the axis. The edge moves faster than the centre.

(c) True. If there are no external torques, $L$ is conserved. Internal forces can change $I$ and $\omega$ (as with the skater), but the product $L = I\omega$ stays fixed.

(d) True. This is the definition of the rolling constraint: the contact point does not slip, so the velocity of the centre is linked to the angular velocity by $v_\text{CM} = \omega R$.

$\ev{\text{(a) T}\quad\text{(b) F}\quad\text{(c) T}\quad\text{(d) T}}$

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Topics: Rotational dynamics Concepts: Moment of inertia · Angular velocity · Conservation of angular momentum · Rolling

Testo

Calcola il momento d’inerzia di una sfera piena omogenea di massa $M = 3{,}0\;\mathrm{kg}$ e raggio $R = 0{,}30\;\mathrm{m}$ rispetto a un asse passante per il centro, sapendo che per una sfera piena $I = \tfrac{2}{5}MR^2$.

Soluzione

Applicazione diretta della formula: $I = \tfrac{2}{5}MR^2 = \tfrac{2}{5}\cdot 3{,}0\cdot (0{,}30)^2 = \tfrac{2}{5}\cdot 3{,}0\cdot 0{,}09$ $\ev{I \approx 0{,}11\;\mathrm{kg\,m^2}}$

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Argomenti: Dinamica rotazionale Concetti: Momento d’inerzia

Problem

Calculate the moment of inertia of a homogeneous solid sphere of mass $M = 3{,}0\;\mathrm{kg}$ and radius $R = 0{,}30\;\mathrm{m}$ about an axis through its centre, knowing that for a solid sphere $I = \tfrac{2}{5}MR^2$.

Solution

Direct application of the formula: $I = \tfrac{2}{5}MR^2 = \tfrac{2}{5}\cdot 3{,}0\cdot (0{,}30)^2 = \tfrac{2}{5}\cdot 3{,}0\cdot 0{,}09$ $\ev{I \approx 0{,}11\;\mathrm{kg\,m^2}}$

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Topics: Dinamica rotazionale Concepts: Momento d’inerzia

Testo

Una ruota a forma di cilindro pieno ($I = \tfrac{1}{2}MR^2$) rotola senza strisciare giù per un piano inclinato di $30^\circ$. Calcola l’accelerazione del centro di massa della ruota.

Soluzione

Per un corpo che rotola senza strisciare l’accelerazione lungo il piano è $a = \frac{g\sin\theta}{1 + I/(MR^2)}$ Per il cilindro pieno $I/(MR^2) = \tfrac{1}{2}$, quindi il denominatore vale $1 + \tfrac{1}{2} = \tfrac{3}{2}$: $a = \frac{g\sin 30^\circ}{3/2} = \frac{9{,}81\cdot 0{,}5}{1{,}5}$ $\ev{a \approx 3{,}3\;\mathrm{m/s^2}}$ È inferiore a $g\sin\theta = 4{,}9\;\mathrm{m/s^2}$ (blocco che scivola senza rotazione): parte dell’effetto della gravità serve a far ruotare la ruota.

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Argomenti: Dinamica rotazionale Concetti: Rotolamento · Accelerazione angolare Oggetti: Piano inclinato · Disco rotante

Problem

A wheel shaped like a solid cylinder ($I = \tfrac{1}{2}MR^2$) rolls without slipping down a $30^\circ$ inclined plane. Calculate the acceleration of the wheel’s centre of mass.

Solution

For a body that rolls without slipping, the acceleration along the plane is $a = \frac{g\sin\theta}{1 + I/(MR^2)}$ For the solid cylinder $I/(MR^2) = \tfrac{1}{2}$, so the denominator equals $1 + \tfrac{1}{2} = \tfrac{3}{2}$: $a = \frac{g\sin 30^\circ}{3/2} = \frac{9{,}81\cdot 0{,}5}{1{,}5}$ $\ev{a \approx 3{,}3\;\mathrm{m/s^2}}$ This is less than $g\sin\theta = 4{,}9\;\mathrm{m/s^2}$ (a block sliding without rotating): part of the effect of gravity goes into making the wheel spin.

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Topics: Dinamica rotazionale Concepts: Rotolamento · Accelerazione angolare Objects: Piano inclinato · Disco rotante

Testo

Una pattinatrice ruota su se stessa con $\omega = 1{,}0\;\mathrm{rad/s}$ e momento d’inerzia $I = 6{,}0\;\mathrm{kg\,m^2}$ a braccia aperte. Tirando le braccia al petto, il momento d’inerzia diventa $I' = 2{,}0\;\mathrm{kg\,m^2}$. Calcola la nuova velocità angolare e commenta come varia l’energia cinetica rotazionale.

Soluzione

Nessun momento esterno agisce sull’asse verticale, quindi il momento angolare si conserva: $I\,\omega = I'\,\omega' \quad\Rightarrow\quad \omega' = \frac{I}{I'}\,\omega = \frac{6{,}0}{2{,}0}\cdot 1{,}0$ $\ev{\omega' \approx 3{,}0\;\mathrm{rad/s}}$ Energia cinetica rotazionale: prima $E = \tfrac{1}{2}I\omega^2 = \tfrac{1}{2}\cdot 6{,}0\cdot 1{,}0^2 = 3{,}0\;\mathrm{J}$; dopo $E' = \tfrac{1}{2}I'\omega'^2 = \tfrac{1}{2}\cdot 2{,}0\cdot 3{,}0^2 = 9{,}0\;\mathrm{J}$. L’energia triplica: l’aumento proviene dal lavoro muscolare compiuto per avvicinare le braccia contro la forza centrifuga apparente.

Collegamenti

Argomenti: Dinamica rotazionale Concetti: Conservazione del momento angolare · Energia cinetica rotazionale Competenze: Conservazione del momento angolare

Problem

A figure skater spins about herself with $\omega = 1{,}0\;\mathrm{rad/s}$ and moment of inertia $I = 6{,}0\;\mathrm{kg\,m^2}$ with arms outstretched. Pulling her arms to her chest, the moment of inertia becomes $I' = 2{,}0\;\mathrm{kg\,m^2}$. Calculate the new angular velocity and comment on how the rotational kinetic energy changes.

Solution

No external torque acts about the vertical axis, so angular momentum is conserved: $I\,\omega = I'\,\omega' \quad\Rightarrow\quad \omega' = \frac{I}{I'}\,\omega = \frac{6{,}0}{2{,}0}\cdot 1{,}0$ $\ev{\omega' \approx 3{,}0\;\mathrm{rad/s}}$ Rotational kinetic energy: before, $E = \tfrac{1}{2}I\omega^2 = \tfrac{1}{2}\cdot 6{,}0\cdot 1{,}0^2 = 3{,}0\;\mathrm{J}$; after, $E' = \tfrac{1}{2}I'\omega'^2 = \tfrac{1}{2}\cdot 2{,}0\cdot 3{,}0^2 = 9{,}0\;\mathrm{J}$. The energy triples: the increase comes from the muscular work done to draw the arms in against the apparent centrifugal force.

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Topics: Dinamica rotazionale Concepts: Conservazione del momento angolare · Energia cinetica rotazionale Skills: Conservazione del momento angolare

Testo

Perché le biciclette da corsa hanno ruote molto leggere e con massa concentrata verso il mozzo? Spiega in termini di momento d’inerzia e di energia cinetica rotazionale, confrontando con una ruota in cui la massa è concentrata sul bordo esterno.

Soluzione

Il momento d’inerzia $I = \sum m_i r_i^2$ pesa la massa per il quadrato della distanza dall’asse. Concentrare la massa vicino al mozzo (piccolo $r$) rende $I$ molto piccolo; concentrarla sul bordo (grande $r$) lo rende grande — a parità di massa totale, un anello ha $I = mR^2$, un disco pieno solo $\tfrac{1}{2}mR^2$.

Un momento d’inerzia piccolo porta due vantaggi concreti in gara:

• a parità di velocità di marcia, l’energia cinetica rotazionale $E_\text{cin,rot} = \tfrac{1}{2}I\omega^2$ immagazzinata nelle ruote è minore, quindi in accelerazione il ciclista spende meno energia per “caricare” la rotazione delle ruote;
• serve meno coppia per cambiare la velocità angolare (accelerare o frenare), perché $\tau = I\alpha$.

$\ev{\text{massa vicino all'asse} \Rightarrow I \text{ piccolo} \Rightarrow \text{meno } E_\text{cin,rot} \text{ e meno coppia per accelerare}}$

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Argomenti: Dinamica rotazionale Concetti: Momento d’inerzia · Energia cinetica rotazionale Oggetti: Disco rotante

Problem

Why do racing bicycles have very light wheels with mass concentrated towards the hub? Explain in terms of moment of inertia and rotational kinetic energy, comparing with a wheel whose mass is concentrated at the outer rim.

Solution

The moment of inertia $I = \sum m_i r_i^2$ weights the mass by the square of the distance from the axis. Concentrating the mass near the hub (small $r$) makes $I$ very small; concentrating it at the rim (large $r$) makes it large — for the same total mass, a ring has $I = mR^2$, while a solid disc has only $\tfrac{1}{2}mR^2$.

A small moment of inertia gives two concrete advantages in a race:

• at the same riding speed, the rotational kinetic energy $E_\text{cin,rot} = \tfrac{1}{2}I\omega^2$ stored in the wheels is smaller, so when accelerating the cyclist spends less energy “spinning up” the wheels;
• less torque is needed to change the angular velocity (accelerating or braking), because $\tau = I\alpha$.

$\ev{\text{mass near the axis} \Rightarrow I \text{ small} \Rightarrow \text{less } E_\text{cin,rot} \text{ and less torque to accelerate}}$

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Topics: Dinamica rotazionale Concepts: Momento d’inerzia · Energia cinetica rotazionale Objects: Disco rotante

Testo

Un disco rigido è libero di ruotare attorno a un asse orizzontale. Gli viene applicato un momento torcente $\tau(t)$ a forma di rettangolo positivo di altezza $\tau_0 = 2{,}0\;\mathrm{N\,m}$ per $0 < t < 3{,}0\;\mathrm{s}$ e zero altrove. (a) Disegna l’andamento di $L(t)$ e di $\omega(t)$ se $I = 0{,}50\;\mathrm{kg\,m^2}$ e il disco parte da fermo. (b) Che relazione c’è tra l’area del rettangolo e il momento angolare finale?

Soluzione

Il momento angolare è l’integrale del momento: $\tau = \dfrac{dL}{dt}$, quindi $L(t)$ è l’area accumulata sotto $\tau(t)$. Con $\tau$ costante $= \tau_0$ per $3\;\mathrm{s}$, $L$ cresce linearmente fino a $L_\text{fin} = \tau_0\cdot\Delta t = 2{,}0\cdot 3{,}0 = 6{,}0\;\mathrm{kg\,m^2/s}$ poi resta costante (momento nullo). La velocità angolare è $\omega(t) = L(t)/I$, quindi una rampa che raggiunge $\omega_\text{fin} = 6{,}0/0{,}50 = 12\;\mathrm{rad/s}$.

A sinistra $L(t)$, a destra $\omega(t)$: entrambe rampe lineari durante l’applicazione del momento, poi costanti.

(b) L’area del rettangolo $\tau(t)$ è esattamente l’impulso angolare, pari alla variazione di momento angolare: $\ev{\text{area} = \tau_0\,\Delta t = \Delta L = L_\text{fin} = 6{,}0\;\mathrm{kg\,m^2/s}}$

Collegamenti

Argomenti: Dinamica rotazionale Concetti: Momento angolare · Momento di una forza Competenze: Lettura dei grafici Oggetti: Disco rotante

Problem

A rigid disc is free to rotate about a horizontal axis. A torque $\tau(t)$ is applied to it, shaped as a positive rectangle of height $\tau_0 = 2{,}0\;\mathrm{N\,m}$ for $0 < t < 3{,}0\;\mathrm{s}$ and zero elsewhere. (a) Sketch $L(t)$ and $\omega(t)$ if $I = 0{,}50\;\mathrm{kg\,m^2}$ and the disc starts from rest. (b) What relationship is there between the area of the rectangle and the final angular momentum?

Solution

Angular momentum is the integral of torque: $\tau = \dfrac{dL}{dt}$, so $L(t)$ is the accumulated area under $\tau(t)$. With $\tau$ constant $= \tau_0$ for $3\;\mathrm{s}$, $L$ grows linearly up to $L_\text{fin} = \tau_0\cdot\Delta t = 2{,}0\cdot 3{,}0 = 6{,}0\;\mathrm{kg\,m^2/s}$ then stays constant (zero torque). The angular velocity is $\omega(t) = L(t)/I$, hence a ramp reaching $\omega_\text{fin} = 6{,}0/0{,}50 = 12\;\mathrm{rad/s}$.

On the left $L(t)$, on the right $\omega(t)$: both linear ramps while the torque is applied, then constant.

(b) The area of the rectangle $\tau(t)$ is exactly the angular impulse, equal to the change in angular momentum: $\ev{\text{area} = \tau_0\,\Delta t = \Delta L = L_\text{fin} = 6{,}0\;\mathrm{kg\,m^2/s}}$

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Topics: Dinamica rotazionale Concepts: Momento angolare · Momento di una forza Skills: Lettura dei grafici Objects: Disco rotante

Testo

Un’asta omogenea di massa $M = 0{,}80\;\mathrm{kg}$ e lunghezza $L = 1{,}0\;\mathrm{m}$ è incernierata a un estremo e può ruotare in un piano verticale. Parte dalla posizione orizzontale, in quiete, e viene lasciata libera. Trova la velocità angolare quando passa per la verticale (asta verso il basso). Usa $I = \tfrac{1}{3}ML^2$.

Soluzione

L’asta ruota attorno al cardine: si conserva l’energia meccanica. Il centro di massa, inizialmente all’altezza del cardine, scende di $L/2$ quando l’asta è verticale. L’energia potenziale persa diventa energia cinetica rotazionale: $Mg\,\frac{L}{2} = \tfrac{1}{2}I\omega^2 = \tfrac{1}{2}\left(\tfrac{1}{3}ML^2\right)\omega^2$ La massa si semplifica; risolvendo per $\omega$: $g\,\frac{L}{2} = \tfrac{1}{6}L^2\omega^2 \quad\Rightarrow\quad \omega = \sqrt{\frac{3g}{L}} = \sqrt{\frac{3\cdot 9{,}81}{1{,}0}}$ $\ev{\omega \approx 5{,}4\;\mathrm{rad/s}}$ Nota che il risultato non dipende dalla massa: come nella caduta libera, è solo la geometria a contare.

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Argomenti: Dinamica rotazionale Concetti: Conservazione dell’energia meccanica · Energia cinetica rotazionale · Momento d’inerzia Oggetti: Asta

Problem

A uniform rod of mass $M = 0{,}80\;\mathrm{kg}$ and length $L = 1{,}0\;\mathrm{m}$ is pivoted at one end and can rotate in a vertical plane. It starts from the horizontal position, at rest, and is released. Find the angular velocity as it passes through the vertical (rod pointing down). Use $I = \tfrac{1}{3}ML^2$.

Solution

The rod rotates about the pivot: mechanical energy is conserved. The centre of mass, initially at the height of the pivot, drops by $L/2$ when the rod is vertical. The potential energy lost becomes rotational kinetic energy: $Mg\,\frac{L}{2} = \tfrac{1}{2}I\omega^2 = \tfrac{1}{2}\left(\tfrac{1}{3}ML^2\right)\omega^2$ The mass cancels; solving for $\omega$: $g\,\frac{L}{2} = \tfrac{1}{6}L^2\omega^2 \quad\Rightarrow\quad \omega = \sqrt{\frac{3g}{L}} = \sqrt{\frac{3\cdot 9{,}81}{1{,}0}}$ $\ev{\omega \approx 5{,}4\;\mathrm{rad/s}}$ Note that the result does not depend on the mass: as with free fall, only the geometry matters.

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Topics: Dinamica rotazionale Concepts: Conservazione dell’energia meccanica · Energia cinetica rotazionale · Momento d’inerzia Objects: Asta

Testo

Dimostra, per un corpo rigido in moto generale, che l’energia cinetica totale si scrive come somma dell’energia cinetica di traslazione del centro di massa e dell’energia cinetica di rotazione attorno al CM. Applicalo a una palla che rotola senza strisciare per ricavare la frazione di energia in forma rotazionale.

Soluzione

Scriviamo la velocità di ciascun pezzo del corpo come somma della velocità del centro di massa più la velocità relativa al CM: $\vec{v}_i = \vec{v}_\text{CM} + \vec{v}_i'$. L’energia cinetica totale è $E_\text{cin} = \sum_i \tfrac{1}{2}m_i v_i^2 = \sum_i \tfrac{1}{2}m_i\left(\vec{v}_\text{CM} + \vec{v}_i'\right)\cdot\left(\vec{v}_\text{CM} + \vec{v}_i'\right)$ Sviluppando il quadrato si ottengono tre termini: $E_\text{cin} = \tfrac{1}{2}\Big(\sum_i m_i\Big)v_\text{CM}^2 + \vec{v}_\text{CM}\cdot\Big(\sum_i m_i\vec{v}_i'\Big) + \sum_i \tfrac{1}{2}m_i v_i'^2$ Il termine centrale è nullo, perché $\sum_i m_i\vec{v}_i' = \dfrac{d}{dt}\sum_i m_i\vec{r}_i' = 0$ (la quantità di moto rispetto al CM è nulla per definizione). Restano due termini: $\ev{E_\text{cin} = \tfrac{1}{2}M v_\text{CM}^2 + \tfrac{1}{2}I_\text{CM}\,\omega^2}$ Applicazione alla palla che rotola (sfera piena, $I_\text{CM} = \tfrac{2}{5}mR^2$, vincolo $\omega = v/R$): $E_\text{rot} = \tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{2}{5}mR^2\cdot\frac{v^2}{R^2} = \tfrac{1}{5}mv^2, \qquad E_\text{tot} = \tfrac{1}{2}mv^2 + \tfrac{1}{5}mv^2 = \tfrac{7}{10}mv^2$ La frazione rotazionale è $\dfrac{E_\text{rot}}{E_\text{tot}} = \dfrac{1/5}{7/10} = \dfrac{2}{7} \approx 29\%$.

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Argomenti: Dinamica rotazionale Concetti: Energia cinetica rotazionale · Rotolamento Metodi: Teorema di König

Problem

Show, for a rigid body in general motion, that the total kinetic energy can be written as the sum of the translational kinetic energy of the centre of mass and the rotational kinetic energy about the CM. Apply it to a ball rolling without slipping to find the fraction of energy in rotational form.

Solution

Write the velocity of each piece of the body as the sum of the centre-of-mass velocity plus the velocity relative to the CM: $\vec{v}_i = \vec{v}_\text{CM} + \vec{v}_i'$. The total kinetic energy is $E_\text{cin} = \sum_i \tfrac{1}{2}m_i v_i^2 = \sum_i \tfrac{1}{2}m_i\left(\vec{v}_\text{CM} + \vec{v}_i'\right)\cdot\left(\vec{v}_\text{CM} + \vec{v}_i'\right)$ Expanding the square gives three terms: $E_\text{cin} = \tfrac{1}{2}\Big(\sum_i m_i\Big)v_\text{CM}^2 + \vec{v}_\text{CM}\cdot\Big(\sum_i m_i\vec{v}_i'\Big) + \sum_i \tfrac{1}{2}m_i v_i'^2$ The middle term is zero, because $\sum_i m_i\vec{v}_i' = \dfrac{d}{dt}\sum_i m_i\vec{r}_i' = 0$ (the momentum relative to the CM is zero by definition). Two terms remain: $\ev{E_\text{cin} = \tfrac{1}{2}M v_\text{CM}^2 + \tfrac{1}{2}I_\text{CM}\,\omega^2}$ Application to a rolling ball (solid sphere, $I_\text{CM} = \tfrac{2}{5}mR^2$, constraint $\omega = v/R$): $E_\text{rot} = \tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{2}{5}mR^2\cdot\frac{v^2}{R^2} = \tfrac{1}{5}mv^2, \qquad E_\text{tot} = \tfrac{1}{2}mv^2 + \tfrac{1}{5}mv^2 = \tfrac{7}{10}mv^2$ The rotational fraction is $\dfrac{E_\text{rot}}{E_\text{tot}} = \dfrac{1/5}{7/10} = \dfrac{2}{7} \approx 29\%$.

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Topics: Dinamica rotazionale Concepts: Energia cinetica rotazionale · Rotolamento Methods: Teorema di König

Testo

Stima il modulo del momento angolare della Terra dovuto al suo moto orbitale attorno al Sole. Dati: massa terrestre $\approx 6\cdot 10^{24}\;\mathrm{kg}$, raggio orbitale $\approx 1{,}5\cdot 10^{11}\;\mathrm{m}$, periodo di un anno.

Soluzione

Trattiamo la Terra come un punto materiale in orbita circolare: $L = m\,v\,r$, con velocità orbitale $v = \dfrac{2\pi r}{T}$. Il periodo è $T = 1\;\text{anno} \approx 3{,}15\cdot 10^7\;\mathrm{s}$. $v = \frac{2\pi\cdot 1{,}5\cdot 10^{11}}{3{,}15\cdot 10^7} \approx 3{,}0\cdot 10^4\;\mathrm{m/s}$ $L = m\,v\,r = 6\cdot 10^{24}\cdot 3{,}0\cdot 10^4\cdot 1{,}5\cdot 10^{11}$ $\ev{L \sim 3\cdot 10^{40}\;\mathrm{kg\,m^2/s}}$ È un momento angolare enorme, che rende l’orbita terrestre straordinariamente stabile: servirebbe una coppia colossale per alterarla apprezzabilmente.

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Argomenti: Dinamica rotazionale Concetti: Momento angolare Competenze: Stime di Fermi

Problem

Estimate the magnitude of the Earth’s angular momentum due to its orbital motion around the Sun. Data: Earth’s mass $\approx 6\cdot 10^{24}\;\mathrm{kg}$, orbital radius $\approx 1{,}5\cdot 10^{11}\;\mathrm{m}$, period of one year.

Solution

Treat the Earth as a point mass in circular orbit: $L = m\,v\,r$, with orbital speed $v = \dfrac{2\pi r}{T}$. The period is $T = 1\;\text{year} \approx 3{,}15\cdot 10^7\;\mathrm{s}$. $v = \frac{2\pi\cdot 1{,}5\cdot 10^{11}}{3{,}15\cdot 10^7} \approx 3{,}0\cdot 10^4\;\mathrm{m/s}$ $L = m\,v\,r = 6\cdot 10^{24}\cdot 3{,}0\cdot 10^4\cdot 1{,}5\cdot 10^{11}$ $\ev{L \sim 3\cdot 10^{40}\;\mathrm{kg\,m^2/s}}$ This is an enormous angular momentum, which makes the Earth’s orbit extraordinarily stable: it would take a colossal torque to alter it appreciably.

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Topics: Dinamica rotazionale Concepts: Momento angolare Skills: Stime di Fermi

Testo

Quattro oggetti di massa uguale $m$ rotolano senza strisciare lungo un piano inclinato identico, partendo dalla stessa altezza: (A) sfera piena, $I = \tfrac{2}{5}mR^2$; (B) cilindro pieno, $I = \tfrac{1}{2}mR^2$; (C) anello sottile, $I = mR^2$; (D) sfera piena di raggio diverso, $I = \tfrac{2}{5}mR^2$. Ordina i tempi impiegati per arrivare in fondo, dal più piccolo al più grande. (Suggerimento: $a = g\sin\theta/(1 + I/(mR^2))$ e non dipende da $R$.)

Soluzione

L’accelerazione è $a = \dfrac{g\sin\theta}{1 + I/(mR^2)}$: più grande è $I/(mR^2)$, più piccola è $a$, più lungo è il tempo di discesa. Il raggio non compare, quindi la taglia dell’oggetto è irrilevante.

Fattori $I/(mR^2)$: sfere piene (A e D) $= \tfrac{2}{5}$ → accelerazione massima → tempo minimo; cilindro pieno (B) $= \tfrac{1}{2}$ → intermedio; anello (C) $= 1$ → accelerazione minima → tempo massimo. Le due sfere hanno lo stesso fattore, quindi lo stesso tempo (il raggio non conta). $\ev{\text{A} = \text{D} < \text{B} < \text{C}}$

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Argomenti: Dinamica rotazionale Concetti: Rotolamento · Momento d’inerzia Competenze: Ragionamento di ranking Oggetti: Piano inclinato

Problem

Four objects of equal mass $m$ roll without slipping down an identical incline, starting from the same height: (A) solid sphere, $I = \tfrac{2}{5}mR^2$; (B) solid cylinder, $I = \tfrac{1}{2}mR^2$; (C) thin ring, $I = mR^2$; (D) solid sphere of a different radius, $I = \tfrac{2}{5}mR^2$. Rank the times taken to reach the bottom, from smallest to largest. (Hint: $a = g\sin\theta/(1 + I/(mR^2))$ and does not depend on $R$.)

Solution

The acceleration is $a = \dfrac{g\sin\theta}{1 + I/(mR^2)}$: the larger $I/(mR^2)$, the smaller $a$, the longer the descent time. The radius does not appear, so the size of the object is irrelevant.

Factors $I/(mR^2)$: solid spheres (A and D) $= \tfrac{2}{5}$ → maximum acceleration → shortest time; solid cylinder (B) $= \tfrac{1}{2}$ → intermediate; ring (C) $= 1$ → minimum acceleration → longest time. The two spheres have the same factor, hence the same time (the radius doesn’t matter). $\ev{\text{A} = \text{D} < \text{B} < \text{C}}$

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Topics: Dinamica rotazionale Concepts: Rotolamento · Momento d’inerzia Skills: Ragionamento di ranking Objects: Piano inclinato

Testo

Una pattinatrice ruota su sé stessa con le braccia distese, poi le stringe al corpo. (a) Cosa succede alla sua velocità angolare e perché? (b) Cosa succede alla sua energia cinetica rotazionale? (c) Da dove “viene” l’eventuale variazione di energia?

Soluzione

(a) La velocità angolare aumenta. Nessun momento esterno agisce sull’asse verticale, quindi il momento angolare $L = I\omega$ si conserva; stringendo le braccia il momento d’inerzia $I$ diminuisce, e per mantenere $L$ costante $\omega$ deve crescere.

(b) L’energia cinetica rotazionale aumenta. Scrivendola come $E_\text{cin,rot} = \dfrac{L^2}{2I}$, con $L$ costante e $I$ che diminuisce, l’energia cresce.

(c) L’energia in più proviene dal lavoro muscolare che la pattinatrice compie per avvicinare le braccia, vincendo la forza centrifuga apparente che tende a spingerle verso l’esterno.

$\ev{\omega \uparrow \;(L=I\omega \text{ conservato});\quad E_\text{cin,rot}\uparrow \;(=L^2/2I);\quad \text{energia dal lavoro muscolare}}$

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Argomenti: Dinamica rotazionale Concetti: Conservazione del momento angolare · Energia cinetica rotazionale

Problem

A skater spins on the spot with her arms outstretched, then pulls them in to her body. (a) What happens to her angular velocity, and why? (b) What happens to her rotational kinetic energy? (c) Where does the change in energy, if any, “come from”?

Solution

(a) The angular velocity increases. No external torque acts about the vertical axis, so angular momentum $L = I\omega$ is conserved; by pulling in her arms the moment of inertia $I$ decreases, and to keep $L$ constant $\omega$ must grow.

(b) The rotational kinetic energy increases. Writing it as $E_\text{cin,rot} = \dfrac{L^2}{2I}$, with $L$ constant and $I$ decreasing, the energy grows.

(c) The extra energy comes from the muscular work the skater does to bring her arms in, overcoming the apparent centrifugal force that tends to push them outward.

$\ev{\omega \uparrow \;(L=I\omega \text{ conserved});\quad E_\text{cin,rot}\uparrow \;(=L^2/2I);\quad \text{energy from muscular work}}$

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Topics: Dinamica rotazionale Concepts: Conservazione del momento angolare · Energia cinetica rotazionale

Testo

Una chiave inglese viene usata per svitare un bullone. Una forza $F = 80\;\mathrm{N}$ è applicata a distanza $d = 30\;\mathrm{cm}$ dal fulcro, formando un angolo $\theta = 60^\circ$ con la chiave. Calcola il momento della forza rispetto al fulcro.

Soluzione

Il momento di una forza rispetto a un polo è $\tau = F\,d\sin\theta$, dove $\theta$ è l’angolo tra la forza e il braccio: solo la componente della forza perpendicolare al braccio fa ruotare. $\tau = F\,d\sin\theta = 80\cdot 0{,}30\cdot\sin 60^\circ = 80\cdot 0{,}30\cdot 0{,}866$ $\ev{\tau \approx 21\;\mathrm{N\cdot m}}$

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Argomenti: Dinamica rotazionale Concetti: Momento di una forza Competenze: Uso della trigonometria

Problem

A wrench is used to loosen a bolt. A force $F = 80\;\mathrm{N}$ is applied at a distance $d = 30\;\mathrm{cm}$ from the pivot, at an angle $\theta = 60^\circ$ to the wrench. Calculate the torque about the pivot.

Solution

The torque of a force about a pole is $\tau = F\,d\sin\theta$, where $\theta$ is the angle between the force and the lever arm: only the component of the force perpendicular to the arm causes rotation. $\tau = F\,d\sin\theta = 80\cdot 0{,}30\cdot\sin 60^\circ = 80\cdot 0{,}30\cdot 0{,}866$ $\ev{\tau \approx 21\;\mathrm{N\cdot m}}$

Connections

Topics: Dinamica rotazionale Concepts: Momento di una forza Skills: Uso della trigonometria

Testo

Un disco in rotazione è soggetto a una coppia di attrito costante che lo rallenta fino a fermarlo. Quale dei grafici $\omega(t)$ descrive il suo moto?

Soluzione

Una coppia di attrito costante produce, per $\tau = I\alpha$, un’accelerazione angolare costante (e negativa). Quando $\alpha$ è costante, $\omega$ varia linearmente nel tempo: il grafico è una retta decrescente che porta $\omega$ a zero. $\omega(t) = \omega_0 - |\alpha|\,t$ Il grafico B (decrescita curva, tipica di un attrito proporzionale a $\omega$) e il grafico C (costante) non corrispondono. $\ev{\text{Grafico A}}$

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Argomenti: Dinamica rotazionale Concetti: Accelerazione angolare Competenze: Lettura dei grafici Oggetti: Disco rotante

Problem

A rotating disc is subject to a constant friction torque that slows it down until it stops. Which of the $\omega(t)$ graphs describes its motion?

Solution

A constant friction torque produces, via $\tau = I\alpha$, a constant (and negative) angular acceleration. When $\alpha$ is constant, $\omega$ varies linearly with time: the graph is a decreasing straight line that brings $\omega$ to zero. $\omega(t) = \omega_0 - |\alpha|\,t$ Graph B (curved decay, typical of friction proportional to $\omega$) and graph C (constant) do not match. $\ev{\text{Graph A}}$

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Topics: Dinamica rotazionale Concepts: Accelerazione angolare Skills: Lettura dei grafici Objects: Disco rotante

Testo

Una sfera piena di raggio $R$ e massa $m$ rotola senza strisciare lungo un piano inclinato, partendo da ferma a quota $h$. Ricava la velocità del centro di massa quando arriva alla base.

Soluzione

L’attrito statico non dissipa (nessuno strisciamento): si conserva l’energia meccanica, con l’energia cinetica divisa tra traslazione e rotazione. Con $I = \tfrac{2}{5}mR^2$ e il vincolo $\omega = v/R$: $mgh = \tfrac{1}{2}mv^2 + \tfrac{1}{2}\Big(\tfrac{2}{5}mR^2\Big)\frac{v^2}{R^2} = \tfrac{1}{2}mv^2 + \tfrac{1}{5}mv^2 = \tfrac{7}{10}mv^2$ Isolando $v$: $\ev{v = \sqrt{\tfrac{10}{7}\,gh}}$ Indipendente da massa e raggio: due sfere piene di taglie diverse arrivano alla base con la stessa velocità.

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Argomenti: Dinamica rotazionale Concetti: Rotolamento · Conservazione dell’energia meccanica · Energia cinetica rotazionale Oggetti: Sfera che rotola · Piano inclinato

Problem

A solid sphere of radius $R$ and mass $m$ rolls without slipping down an incline, starting from rest at height $h$. Derive the speed of the centre of mass when it reaches the base.

Solution

Static friction does not dissipate energy (no slipping): mechanical energy is conserved, with the kinetic energy split between translation and rotation. With $I = \tfrac{2}{5}mR^2$ and the constraint $\omega = v/R$: $mgh = \tfrac{1}{2}mv^2 + \tfrac{1}{2}\Big(\tfrac{2}{5}mR^2\Big)\frac{v^2}{R^2} = \tfrac{1}{2}mv^2 + \tfrac{1}{5}mv^2 = \tfrac{7}{10}mv^2$ Isolating $v$: $\ev{v = \sqrt{\tfrac{10}{7}\,gh}}$ Independent of mass and radius: two solid spheres of different sizes reach the base with the same speed.

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Topics: Dinamica rotazionale Concepts: Rotolamento · Conservazione dell’energia meccanica · Energia cinetica rotazionale Objects: Sfera che rotola · Piano inclinato

Testo

Una ruota di raggio $8{,}0\;\mathrm{cm}$ compie $40$ giri al minuto. Calcola la sua velocità angolare e la velocità lineare di un punto sul bordo.

Soluzione

Ogni giro è $2\pi$ radianti; $40$ giri al minuto corrispondono a $40/60$ giri al secondo. $\omega = \frac{40\cdot 2\pi}{60\;\mathrm{s}} \approx \ev{4{,}19\;\mathrm{rad/s}}$ La velocità lineare di un punto sul bordo (raggio $R = 0{,}080\;\mathrm{m}$): $v = \omega R = 4{,}19\cdot 0{,}080 \approx \ev{0{,}33\;\mathrm{m/s}}$

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Argomenti: Dinamica rotazionale Concetti: Velocità angolare Oggetti: Disco rotante

Problem

A wheel of radius $8{,}0\;\mathrm{cm}$ makes $40$ revolutions per minute. Calculate its angular velocity and the linear velocity of a point on the rim.

Solution

Each revolution is $2\pi$ radians; $40$ revolutions per minute correspond to $40/60$ revolutions per second. $\omega = \frac{40\cdot 2\pi}{60\;\mathrm{s}} \approx \ev{4{,}19\;\mathrm{rad/s}}$ The linear velocity of a point on the rim (radius $R = 0{,}080\;\mathrm{m}$): $v = \omega R = 4{,}19\cdot 0{,}080 \approx \ev{0{,}33\;\mathrm{m/s}}$

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Topics: Rotational dynamics Concepts: Angular velocity Objects: Rotating disc

Testo

Una chiave inglese lunga $25\;\mathrm{cm}$ è usata per stringere un dado. Si applica una forza di $40\;\mathrm{N}$ perpendicolare al manico, all’estremità opposta al dado. Calcola il momento torcente. Cosa accade se la forza viene applicata a $30^\circ$ dal manico?

Soluzione

Con la forza perpendicolare al braccio ($\theta = 90^\circ$, $\sin 90^\circ = 1$) il momento è massimo: $\tau = F\,r = 40\cdot 0{,}25 = \ev{10\;\mathrm{N\cdot m}}$ A $30^\circ$ dal manico solo la componente perpendicolare conta: $\tau = F\,r\sin 30^\circ = 40\cdot 0{,}25\cdot 0{,}5 = \ev{5{,}0\;\mathrm{N\cdot m}}$ Il momento si dimezza: conviene sempre spingere perpendicolarmente al manico per massimizzare l’effetto rotante.

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Argomenti: Dinamica rotazionale Concetti: Momento di una forza Competenze: Uso della trigonometria