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Un corpo di massa $m$ si trova sulla cima di un'emisfera di massa $M$ posta su un piano orizzontale. Non vi è alcun tipo di attrito tra le superfici. Quale angolo forma il corpo rispetto alla posizione iniziale nel momento in cui perderà contatto con l'emisfera?

Provo ad impostare una sorta di soluzione sebbene non riesca a trovare un risultato preciso!!

Allora: dalla conservazione dell'energia e della quantità di moto, trovo:

$mgr=\frac{1}{2}mv^2+\frac{1}{2}MV^2+mgrcos\theta$

$MV=mvcos\theta$

Quindi

$\frac{1}{2}mv^2(1+\frac{m}{M}cos^2\theta)=mgr(1-cos\theta)$

$v^2=2gr\frac{1-cos\theta}{1+\frac{m}{M}cos^2\theta}$

Affinchè il corpo si stacchi, la reazione dell'emisfera dev'essere almeno nulla, qundi per il distacco ho:

$R=mgcos\theta+m\frac{v^2}{r}+MAsin\theta=0$

con A accelerazione orizzontale dell'emisfera tale che:

$MA=Rsin\theta$

Quindi:

$R(1-sin^2\theta)=mgcos\theta+m\frac{v^2}{r}$

$Rcos^2\theta=mgcos\theta+m\frac{v^2}{r}$

$\frac{mg}{cos\theta}+\frac{2mg}{cos^2\theta}\frac{1-cos\theta}{1+\frac{m}{M}cos^2\theta}=0$

$\frac{1}{cos\theta}+\frac{2}{cos^2\theta}\frac{1-cos\theta}{1+\frac{m}{M}cos^2\theta}=0$ .

Adesso ho "qualche" problemino a risolvere l'equazione e il che mi insospettisce non poco!

Controllate vi prego!!!!!!

P.S. Bel problema!!!

Risolvendo il problema in coordinate cartesiane, trovo un risultato leggermente diverso, ma comunque di terzo grado rispetto a $\cos \theta$ . Per m << M la soluzione dovrebbe tendere a quella della semisfera ferma.

Scusate, ricontrollando i conti trovo che la componente della forza centrifuga ha lo stesso verso della reazione dell'emisfera, quindi ho:

$R=mgcos\theta-m\frac{v^2}{r}+MAsin\theta=0$

da cui (tralasciando tutti i passaggi precedentemente scritti):

$\frac{1}{cos\theta}-\frac{2}{cos^2\theta}\frac{1-cos\theta}{1+\frac{m}{M}cos^2\theta}=0$

Per M>>m trovo:

$cos\theta=\frac{2}{3}$

Per risolvere l'equazione sopra trovata, si potrebbe utilizzare la formula di Cardano: L'equazione è del tipo:

$x^3+px+q=0$

con

$x=cos\theta$

$p=\frac{3M}{m}$

$q=-\frac{2M}{m}$

La soluzione di tale equazione è data da:

$x=(-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}})^\frac{1}{3}+(-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}})^\frac{1}{3}$

Quindi:

$cos\theta=(\frac{M}{m}+\sqrt{\frac{M^2}{m^2}+\frac{M^3}{m^3}})^\frac{1}{3}+(\frac{M}{m}-\sqrt{\frac{M^2}{m^2}+\frac{M^3}{m^3}})^\frac{1}{3}$ .

Sinceramenta questo risulatato mi sembra piuttosto improbabile!!!!!!!!!!!!!!

Che la risposta venga come risultato di un'equazione di terzo grado è giusto...il testo originale suggeriva poi di risolverlo per $m=M$ ...se volete cimentatevi

A me viene

$\displaystyle \sin^3 \alpha \cdot x - 3 \sin \alpha \cdot (x+1) + 2 (x + 1) = 0 \qquad x = m/M$

Per $\displaystyle m = M$ mi esce $\displaystyle \alpha = 47°$

Mi sono impantanato nei calcoli?

Trovo la stessa equazione, ma in $\cos \theta$ . Ovviamente il tuo angolo è rispetto all'orizzontale.

Oddio si, certo, non avevo realizzato che il testo chiedeva l'angolo rispetto alla posizione iniziale.
Il tuo risultato mi rassicura

, allora correggo: $\displaystyle \theta = 43°$ .

Con i miei stupidi conti e ponendo M=m, trovo $\theta=53°$

Sapreste dirmi dove sbaglio????

Solimano ha scritto: $R=mgcos\theta-m\frac{v^2}{r}+MAsin\theta=0$

Non capisco tanto questa; in che sistema di riferimento sei?

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Abbandonando l'emisfera

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