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The middle band of a horizontal table is formed by a (infinite) rubber strip of width $s = 7\mathrm{m}$ moving at a constant speed $V = 3\mathrm{m/s}$ and exactly fitting to the resting surface of the tabletop. A solid rubber ball is launched perpendicular to the edge of the conveyor belt, rolled smoothly, with an initial speed $v_0 = 3\mathrm{m/s}$ . We find that when the ball rolls smoothly again after leaving the conveyor belt, it moves parallel to its original direction of movement. By how much distance $d$ did the trajectory of the ball shift in the direction parallel to the conveyor belt? (The coefficient of friction between the horizontal surfaces and the ball is large, so the duration of sliding and rolling movements is much smaller than $s / v_0$ ).
Figure: https://ibb.co/jg1bP8V

Interesting problem. Did you make it up or is it from some text? If the answer is the latter, where did you get this exercise from? In any case, I will publish my unfolding in a while.

This problem was shared with me by a friend of mine. It is from some Hungarian physics olympiad.

Before posting my solution, I would like some points to be clarified. The problem is fascinating, but the text is very obscure in its final part. Could you explain much more precisely the assertion contained in parentheses at the end?

Physicsguy51 ha scritto: ↑
27 ago 2023, 8:34

(The coefficient of friction between the horizontal surfaces and the ball is large, so the duration of sliding and rolling movements is much smaller than $s / v_0$ ).

This assertion assumes that the ball travels through the rubber conveyor belt with a velocity $v$ greater than it had earlier on the table. Therefore, there are several assumptions with several possible explanations.
Although the coefficient of friction between the horizontal surfaces (by this definition, I think the author means to consider both the static part of the table and the rubber strip) and the ball is equally large, there could be a change in the coefficient of friction (and, therefore, the modulus of the frictional force) between one surface and the other. Thus, the sliding and rotating movements - which compose and generate the rolling of the ball -intensify (especially the rotation), while from the text it is clear that the ball possesses an angular momentum and a translation velocity that are both constant. Therefore, does a change in friction between the static part and the mat affect this motion? If yes, one would try to imagine how the first influences the second.
Another possible solution lies in a stable rolling motion on the table. If one went from a rough to a smooth surface, friction would not affect this motion, but the change in the coefficient of friction causes the force to act on the velocity, which in turn varies with an increase in rotational speed which, with so much friction, drags the ball with larger velocity.
What do you think of these remarks of mine? What does the author of the problem mean?
Thank you for any clarifying reply.

I am also confused regarding this problem. However, I think we have to assume friction exerts a constant force on the ball. The coefficient of friction is assumed as same for both the table and the rubber strip.

Tarapìa Tapioco ha scritto: ↑
28 ago 2023, 2:44
Before posting my solution, I would like some points to be clarified. The problem is fascinating, but the text is very obscure in its final part. Could you explain much more precisely the assertion contained in parentheses at the end?
Physicsguy51 ha scritto: ↑
27 ago 2023, 8:34

(The coefficient of friction between the horizontal surfaces and the ball is large, so the duration of sliding and rolling movements is much smaller than $s / v_0$ ).

This assertion assumes that the ball travels through the rubber conveyor belt with a velocity $v$ greater than it had earlier on the table. Therefore, there are several assumptions with several possible explanations.
Although the coefficient of friction between the horizontal surfaces (by this definition, I think the author means to consider both the static part of the table and the rubber strip) and the ball is equally large, there could be a change in the coefficient of friction (and, therefore, the modulus of the frictional force) between one surface and the other. Thus, the sliding and rotating movements - which compose and generate the rolling of the ball -intensify (especially the rotation), while from the text it is clear that the ball possesses an angular momentum and a translation velocity that are both constant. Therefore, does a change in friction between the static part and the mat affect this motion? If yes, one would try to imagine how the first influences the second.
Another possible solution lies in a stable rolling motion on the table. If one went from a rough to a smooth surface, friction would not affect this motion, but the change in the coefficient of friction causes the force to act on the velocity, which in turn varies with an increase in rotational speed which, with so much friction, drags the ball with larger velocity.
What do you think of these remarks of mine? What does the author of the problem mean?
Thank you for any clarifying reply.

This is what my friend replied: In other words, pure rolling starts much sooner than the time it takes for the ball to move to the other side of the conveyor belt.

Physicsguy51 ha scritto: ↑
27 ago 2023, 8:34
The middle band of a horizontal table is formed by a (infinite) rubber strip of width $s = 7\mathrm{m}$ moving at a constant speed $V = 3\mathrm{m/s}$ and exactly fitting to the resting surface of the tabletop. A solid rubber ball is launched perpendicular to the edge of the conveyor belt, rolled smoothly, with an initial speed $v_0 = 3\mathrm{m/s}$ . We find that when the ball rolls smoothly again after leaving the conveyor belt, it moves parallel to its original direction of movement. By how much distance $d$ did the trajectory of the ball shift in the direction parallel to the conveyor belt? (The coefficient of friction between the horizontal surfaces and the ball is large, so the duration of sliding and rolling movements is much smaller than $s / v_0$ ).
Figure: https://ibb.co/jg1bP8V

This problem is much less difficult than the " $2 \times 2 \times 2$ inhomogeneous Rubik's Cube" problem, but the obscure text makes it fascinating.

Consider an appropriate $Oxyz$ reference, with $z$ vertical axis perpendicular to the horizontal plane, $x$ horizontal axis having the same direction of motion as the conveyor belt, and $y$ having the same motion direction as the ball on the static part of the table. The ball is thrown onto the table with initial velocity $v_0$ along the $y$ direction, without an initial angular velocity $\omega_y$ imparted to it along the same direction. Therefore:

$v_{0,y} = v_0$ $\space$ $\space$ $\omega_{0,y} = 0$ .

Since the ball rolls smoothly along the static surface of the table, it carries out a pure rolling motion with constant initial velocity $v_0$ , without friction between the object and plane affecting the motion. So the ball, in the absence of frictional forces, initially does not assume initial translation velocity of the centre of mass $v_{0,x}$ along $x$ ; in the direction of the horizontal axis, it possesses only initial rotation velocity $\omega_{0,x}$ around an axis parallel to $x$ . Therefore:

$v_{0,x} = 0$ $\space$ $\space$ $\omega_{0,x} = \omega_0$ .

To recap: $\space$ $\overrightarrow{v_0} =(0, v_0)$ $\space$ $\overrightarrow{\omega_0} = (\omega_0,0)$ .

Since in the beginning, the rubber ball performs a constant rotation, when it arrives in the vicinity of the conveyor belt, the coordinates of the angular velocity and translational velocity (of the centre of mass) are the same as those at the starting point: the velocity of the centre of mass has only component along $y$ , the angular speed has only horizontal component along $x$ . Assuming the start of motion ( $t=0$ ) at the entrance on the mat, we therefore have that:

$v_x(t=0) = 0$ $\space$ $\space$ $\space$ $\space$ $\space$ $\space$ $\space$ $\space$ $v_y(t=0) = v_0$
$\omega_x (t=0) = \omega_0$ $\space$ $\space$ $\space$ $\space$ $\space$ $\space$ $\omega_y(t=0) = 0$

The ball arrives in the vicinity of the treadmill with the above velocities and begins a rototranslational motion. It does not begin to roll from the very beginning, but there is a settling period in which, before rolling, the ball slides across the table. So, it first carries out a sliding, then begins a rolling motion, in a small amount of time $t'$ . Since the coefficient of friction, and hence the frictional force, between the horizontal surfaces and the ball is assumed to be very large, the pure rolling motion begins (after the sliding and rotational motion is finished) much sooner than the time $t = \frac{s}{v_0}$ it takes for the ball to move to the other side of the conveyor belt. Therefore, it must be assumed that the pure rolling motion begins when the ball is already on the conveyor belt, before it reaches the other side of the rubber strip, that is, near the point of contact between the mat and the static surface of the table.

Three forces are acting on the ball: the weight force $F_g$ , the normal reaction $N$ and the dynamic friction force $F_{\text{friction}}$ . The friction will be a dynamic one - and not a static one - because, when the ball enters the conveyor belt, it is subjected to the constant speed $V$ of the rubber strip along $x$ , which promotes sliding at the point of contact: the ball does not immediately enter rolling, but begins to slide, thus promoting the initiation of dynamic friction, which acts in the same direction as the $V$ velocity of the mat along the positive $x$ and tends to slow down the same $V$ velocity of the contact point. Project the forces on the 2nd Newton's Law, along the horizontal $x$ and vertical $z$ axes: along $z$ , the normal reaction $N$ counterbalances the weight $F_g$ ; on the horizontal, along the $x$ axis of the ball's motion, the friction is counter motive - in that it wants to slow the $V$ velocity of the point of contact - and produces the deceleration of the centre of mass.

$\begin{cases} N-F_g = 0 \\ -F_{\text{friction}} = Ma_c \\ \end{cases}$ $\to$ $\begin{cases} N = F_g\\ -F_{\text{friction}} = Ma_c \\ \end{cases}$ $\to$ $\begin{cases} N = Mg \\ -F_{\text{friction}} = Ma_c \\ \end{cases}$

With no rotation, the only force that changes the velocity is the force of friction, constant in modulus, intensity and direction, $F_{\text{friction}} = \mu_kN$ $\Rightarrow$ $F_{\text{friction}} = \mu_kMg$ , with $\mu_k$ dynamic friction coefficient between ball and horizontal surface and $M$ mass of the ball. Substituting in the second equation of the system, we obtain that the deceleration of the centre of mass, a fraction of the acceleration of gravity according to the coefficient of dynamic friction, is equal to:

$\displaystyle a_c = -\frac{F_{\text{friction}}}{M} =- \frac{\mu_k Mg}{M}$ $\Rightarrow$ $a_c =- \mu_k g$

Since the ball has entered the conveyor belt, it has acquired an initial velocity along $x$ equal to the $V$ velocity of the moving part of the table. The constant force causes a linear decrease in the translation velocity of the centre of mass, which starts at $V$ , gradually decreasing due to deceleration:

$v_{\text{transl}} = V + a_ct$ $\Rightarrow$ $v_{\text{transl}} (t)= V -\mu_kgt$ .

Let us analyze the rotational analog of Newton's Law, calculating the torques with respect to the centre of mass. Since the weight force $F_g$ arises from the centre of mass and the normal reaction $N$ passes through it, their respective distance from the reference pole will be zero and, having zero "arm", they will have torques equal to $0$ : $\tau_{F_g} = 0$ $\space$ $\tau_{N} = 0$ .
The only force contributing to the motion is dynamic friction, whose "arm" will be equal to the radius of the wheel, being the force applied at the point of contact and being the "arm" a distance from that point to the centre of the ball. The frictional force will therefore have torque: $\tau_{a} = F_{\text{friction}}R$ .

Using Newton's second law in angular form, we obtain an equation of motion for angular acceleration:

$\displaystyle \sum_{}^{}\tau^{est} = I_c \alpha$ $\Rightarrow$ $\displaystyle \tau_{a} = I_c \alpha_y$ $\Rightarrow$ $\displaystyle F_{a}R = I_c \alpha_y$ $\Rightarrow$ $\displaystyle \mu_k MgR = I_c\frac{d\omega_y}{dt}$ , da cui:
$\displaystyle \mu_k MgR dt = I_c {d \omega_y}$ . Integrating, we obtain:
$\displaystyle \mu_k MgR\int_{0}^{t}dt = I_c \int_{\omega_{0,y}}^{\omega_y(t)}d\omega$ $\Rightarrow$ $\displaystyle \mu_k MgR\cdot t = I_c (\omega_y(t)-\omega_{0,y})$ . In this case, the initial angular velocity $\omega_{0,y}$ will be absent, since, in the launch, only the translational part was deliberately aroused without initiating rotation. So, for $\omega_{0,y} = \omega_y(t=0) = 0$ , we have:

$\displaystyle \mu_k MgR \cdot t = \omega_y(t) I_c$ $\Rightarrow$ $\displaystyle \omega_y(t) = \frac{\mu_k MgR}{I_c}t$ .

To compare the linear velocity of translation with the angular velocity, it is possible to transform the angular velocity $\omega$ into the $v_{\text{rot}}$ velocity of the peripheral points of the ball. When the ball rolls, the instantaneous velocity of the point tangent to the surface on which it rolls is zero. Consequently, its rotational velocity $\omega_y$ and the translational velocity of its centre of rotation $v_{\text{rot}}$ ) are related by $v_{\text{rot}}= \omega_y R$ , with $R$ radius of the sphere. If the centre of rotation of the ball moves faster than $v_{\text{rot}}$ , the rotation cannot "keep up" and the object slides on the surface: this type of motion is called sliding. Because of friction, the ball undergoing a sliding motion generally slows down rapidly to $v_{\text{rot}}$ , at which point it rolls without sliding. Therefore:
$\displaystyle v_{\text{rot}}(t) = \omega_y (t) R$ . Substituting $\omega_y$ , we have:

$\displaystyle v_{\text{rot}}(t) = \frac{\mu_k MgR}{I_c} t R$ $\Rightarrow$ $\displaystyle v_{\text{rot}}(t) = \frac{MR^2}{I_c} \mu_k g t$ .

The rotational velocity $v_{\text{rot}}$ increases over time, while the translational velocity $v_{transl}$ decreases with time: the frictional force $F_{\text{friction}}$ , while trying to decrease the translational velocity, also increases the rotational velocity, dispossessing the translational kinetic energy to give it to the rotation, to bring itself into an equilibrium in which the two velocities are those of pure rolling motion. Summing up, then, these two velocities are given by the equations:

$\displaystyle v_{\text{rot}} (t) = \frac{MR^2}{I_c} \mu_k g t$ .

$\displaystyle v_{\text{transl}} (t)= V -\mu_kgt$

The sliding and rolling motion is combined by translation and rotation. Initially, at the moment of launch, there is pure sliding; during the motion, friction tries to decrease the $v_{transl}$ and increase the $v_{\text{rot}}$ , until, at the point of contact, the two velocities equalize and the rolling regime is set off. Thus, friction plays a dual role, decreasing translation and increasing rotation until it can cancel the relative motion of one relative to the other, minimizing the energy losses in sliding, which are very frequent. Consider the graph below:

Immagine

.

Translational velocity decreases progressively, while rotational velocity increases linearly: they will equal each other at some point corresponding to an instant of time $t'$ , from which, thereafter, there will be only pure rolling. Therefore, to find the time $t'$ at which the ball enters a pure rolling motion, it is sufficient to equate $v_{\text{transl}}(t)$ with $v_{\text{rot}}(t)$ , whence:

$\displaystyle v_{\text{transl}} = v_{\text{rot}}$ $\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{MR^2}{I_c} \mu_k g t' = V -\mu_kgt'$ $\Rightarrow$ $\displaystyle V = \mu_kgt' + \frac{MR^2}{I_c} \mu_k g t' = \mu_kgt' \bigg(1+\frac{MR^2}{I_c}\bigg)$ $\Rightarrow$ $\displaystyle t' = \frac{V}{\mu_kg}{\frac{1}{1+\frac{MR^2}{I_c}}$ .

The ball, in this case, is assimilated to a homogeneous solid sphere, so its moment of inertia is equal to $\displaystyle I_c = \frac{2}{5}MR^2$ . Substituting that value of $I_c$ into $t'$ :

$\displaystyle t' = \frac{V}{\mu_kg} \frac {1}{1+\frac{MR^2}{I_c}}$ $\Rightarrow$ $\displaystyle t' = \frac{V}{\mu_kg} \frac{1}{1+\frac{\cancel{MR^2}}{\frac{2}{5}\cancel{MR^2}}}$ $\Rightarrow$ $\displaystyle t' = \frac{2}{7} \frac{V}{\mu_kg}$

Note that the time $t'$ , until complete rolling motion is achieved, decreases inversely with the coefficient of friction: for a coefficient of friction tending to infinity $\mu_k \to \infty$ , the time for the ball to slip and roll tends to $0$ , $t' \to 0$ , so it should be assumed that the pure rolling motion begins when the ball enters the conveyor belt. After this time $t'$ , friction stops playing its role: from dynamic, it disappears, since it no longer has any reason to exist, having succeeded in achieving the desired equality. As soon as the sphere rolls, its surface no longer moves relative to that on which it is rolling, since its instantaneous velocity at the point of contact is zero. As a result, the frictional force is very small and the sphere can roll for a great distance before it stops. From this instant $t'$ onward, the two velocities do not reverse, but proceed together, and, once rolling is established, it is very difficult for it to be interrupted: this is a very stable situation, preserved for a long time, in which the energies of translation and rotation travel together at the same rate. Therefore, the ball proceeds at a constant rolling speed over time.

With this preliminary analysis completed, we need to consider which physical model to use for the determination of $d$ .
On the conveyor belt, along $y$ the ball performs a vertical displacement $s$ (equal to the width of the rubber strip) with velocity $v_0$ ; in the same interval of time $t$ , along $x$ the ball carries out a horizontal displacement $d$ with rolling velocity relative to the table equal to $v_x(t')$ , corresponding to the maximum value (constant from $t'$ until the exit from the strip) of the velocity $v_x(t)$ assumed by the ball on the mat during the roll-translation. Finally, it is expected that this velocity $v_x(t')$ will cancel upon exiting the conveyor belt, from which the ball is no longer subject to the velocity $V$ of the same and can restart its pure rolling motion with only constant $v_0$ velocity along $y$ . Therefore, in conclusion, we have:

$t = cost$ $\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{d}{v_x(t')} =\frac{s}{v_0}$ , whence:

$\displaystyle \boxed{d = s\frac{v_x(t')}{v_0}}$ $\space$ $\space$ $(1)$

To calculate $d$ , as can be seen, an evaluation of $v_x(t')$ is required.

Describe the phenomenon not in a frame of reference $K$ fixed to the table, but in a frame of reference K' that moves with the the conveyor belt. Assume the table as the fixed laboratory frame of reference $K$ (see Figure 1), and the conveyor belt as the moving system $K'$ (see Figure 2).

Figure 1:
Immagine

Figure 2:

When the two velocities $v_{\text{transl}}$ and $v_{\text{rot}}$ come together, the ball will continue its motion at a common velocity corresponding to the rolling velocity $v_{\text{rol}}$ , which is obtained by substituting the required time $t'$ for one of the two velocities:

$\displaystyle v_{\text{rol}}= v_{\text{rot}}(t')$ $\Rightarrow$ $\displaystyle v_{\text{rol}} = \frac{MR^2}{I_c} \mu_k g t' = \frac{MR^2}{I_c} \mu_kg \frac{2}{7} \frac{V}{\mu_kg} = \frac{MR^2}{\frac{2}{5}MR^2} \mu_k g \frac{2}{7} \frac{V}{\mu_kg} = \frac{5}{\cancel{2}}{\cancel{\mu_kg} \frac{\cancel{2}}{7} \frac{V}{\cancel{\mu_kg}}$ $\Rightarrow$ $\displaystyle v_{\text{rol}} = \frac{5}{7} V$ .

The final rolling speed $v_{\text{rol}}$ is independent of the friction force, but depends instead on the moment of inertia of the ball.

Now, assume the table as the fixed $K$ frame of reference of the laboratory, and the conveyor belt as the moving $K'$ frame of reference. For the Galilean composition of velocities, along $x$ we have:

$\overrightarrow{v_x} = \overrightarrow{v_x'} + \overrightarrow{v_t}$ , where

$\overrightarrow{v_x}$ is the absolute velocity, measured by the observer located in the fixed frame of reference $K$ of the laboratory;
$\overrightarrow{v_x'}$ is the relative velocity, measured by the observer located in the moving frame of reference $K'$ ;
$\overrightarrow{v_t}$ is the drag speed, which is the (constant) speed of the moving frame of reference $K'$ relative to the fixed frame of reference $K$ . In this case, the relative velocity $\overrightarrow{v_x'}$ is the $v_{\text{rol}}$ rolling velocity assumed by the ball at a time $t'$ , while the drag velocity $\overrightarrow{v_t}$ is the constant $V$ velocity of the conveyor belt. Therefore:

$\overrightarrow{v_x} = \overrightarrow{v_{\text{rol}}} + \overrightarrow{V}$

From the beginning of the sliding and rotational motion to the beginning of pure rolling (i.e., from $t=0$ to $t=t'$ ), the frictional force exerts a constant action on the body in the direction of positive $x$ (where $V$ is directed). Since friction has a decelerating stopping action on the centre of mass, it always acts in the direction opposite to the velocity of the contact point relative to the moving system (i.e., the conveyor belt), which at time $t'$ is equal to $v_{\text{rol}}$ . So, this velocity is always directed in the $-x$ direction, that is, toward the negative $x$ . Therefore:

$\overrightarrow{V} = V$

$\overrightarrow{v_{\text{rol}}} = - v_{\text{rol}}$

The previous equation in vector form can be written as:

$v_x (t') = V - v_{\text{rol}}$ . Substituting $v_{\text{rol}} = \frac{5}{7} V$ , we have:

$v_x (t') = V - \frac{5}{7} V$ $\Rightarrow$ $v_x (t') = \frac{2}{7} V$

Substituting in $(1)$ , we have:

$d = s\frac{v_x(t')}{v_0}$ $\Rightarrow$ $\color{Red} \boxed{\color{Black} d = \frac{2}{7} s\frac{V}{v_0}}$

Substituting numerical values:

$d = \displaystyle \frac{2}{7} \times 7 \ \mathrm{m} \times \frac{3}{3}\frac{\cancel{\mathrm{m/s}}}{\cancel{\mathrm{m/s}}}$ $\Rightarrow$ $\displaystyle d = 2 \ \mathrm{m}$

Physicsguy51 ha scritto: ↑
27 ago 2023, 8:34
The middle band of a horizontal table is formed by a (infinite) rubber strip of width $s = 7\mathrm{m}$ moving at a constant speed $V = 3\mathrm{m/s}$ and exactly fitting to the resting surface of the tabletop. A solid rubber ball is launched perpendicular to the edge of the conveyor belt, rolled smoothly, with an initial speed $v_0 = 3\mathrm{m/s}$ . We find that when the ball rolls smoothly again after leaving the conveyor belt, it moves parallel to its original direction of movement. By how much distance $d$ did the trajectory of the ball shift in the direction parallel to the conveyor belt? (The coefficient of friction between the horizontal surfaces and the ball is large, so the duration of sliding and rolling movements is much smaller than $s / v_0$ ).
Figure: https://ibb.co/jg1bP8V

Si consideri un opportuno riferimento $Oxyz$ , con $z$ asse verticale ortogonale al piano orizzontale, $x$ asse orizzontale avente la stessa direzione di moto del nastro trasportatore e $y$ avente la medesima direzione di moto della palla sulla parte statica del tavolo. La palla è lanciata sul tavolo con velocità iniziale $v_0$ lungo la direzione $y$ , senza che ad essa sia stata impressa una velocità angolare iniziale $\omega_y$ lungo la stessa direzione. Pertanto:

$v_{0,y} = v_0$ $\space$ $\space$ $\space$ $\omega_{0,y} = 0$ .

Poiché la sfera rotola senza alcun intoppo lungo la superficie statica del tavolo, essa compie un moto di puro rotolamento con velocità iniziale costante $v_0$ , senza che l'attrito tra corpo e piano influisca sul moto. Dunque la palla, in assenza di forze frenanti, inizialmente non assume velocità di traslazione iniziale del centro di massa $v_{0,x}$ lungo $x$ ; nella direzione dell'asse orizzontale, essa possiede soltanto velocità di rotazione iniziale $\omega_{0,x}$ attorno a un asse parallelo a $x$ . Pertanto:

$v_{0,x} = 0$ $\space$ $\space$ $\space$ $\omega_{0,x} = \omega_0$ .

Ricapitolando: $\space$ $\space$ $\overrightarrow{v_0} = (0, v_0)$ $\space$ $\space$ $\space$ $\overrightarrow{\omega_0} = (\omega_0,0)$ .

Poiché inizialmente la palla di gomma effettua una rotazione costante, quando essa arriva in prossimità del nastro trasportatore, le coordinate delle velocità angolare e traslazionale (del centro di massa) sono le medesime di quelle di partenza: la velocità del centro di massa ha solo componente lungo $y$ , la velocità angolare ha solo componente orizzontale lungo $x$ . Assumendo l'inizio del moto ( $t=0$ ) in corrispondenza dell'ingresso sul tappetino, si ha dunque che:

$v_x(t=0) = 0$ $\space$ $\space$ $\space$ $\space$ $\space$ $\space$ $\space$ $\space$ $v_y(t=0) = v_0$
$\omega_x (t=0) = \omega_0$ $\space$ $\space$ $\space$ $\space$ $\space$ $\space$ $\omega_y(t=0) = 0$

La sfera, giunta nelle vicinanze del tapis roulant con le velocità sopra indicate, inizia un moto di rototraslazione: essa non comincia a rotolare sin da subito, ma vi è un periodo di assestamento in cui, prima del rotolamento, la palla striscia sul tavolo. Dunque, essa dapprima compie uno strisciamento, successivamente inizia un moto di rotolamento, in un tempo $t'$ piccolissimo. Infatti, poiché si suppone che il coefficiente di attrito, e quindi la forza di attrito, tra le superfici orizzontali e la sfera sia molto grande, il moto di puro rotolamento inizia (dopo che il moto di scivolamento e rotazione sia finito) molto prima del tempo $t = \frac{s}{v_0}$ necessario alla palla per spostarsi sull'altro lato del nastro trasportatore. Pertanto, si deve assumere che il moto di puro rotolamento inizi quando la palla si trova già sul nastro trasportatore, prima di giungere dall'altro lato della striscia di gomma, ovverossia in prossimità del punto di contatto tra tappetino e superficie statica del tavolo.

Le forze agenti sulla palla sono tre: la forza peso $P$ , la reazione normale $N$ e la forza d’attrito dinamico $F_{a}$ . L’attrito sarà di natura dinamica - e non statica - perché, quando la palla entra nel nastro trasportatore, essa è sottoposta alla velocità costante $V$ della striscia di gomma lungo $x$ , che favorisce lo strisciamento del punto di contatto: la palla non entra subito in rotolamento, ma comincia a strisciare, favorendo dunque l’innesco di un attrito dinamico, che agisce nella stessa direzione della velocità $V$ del tappetino lungo le $x$ positive e che tende a rallentare la stessa velocità $V$ del punto di contatto. Si proiettino le forze in I Cardinale, lungo gli assi orizzontale $x$ e verticale $z$ : lungo $z$ , la reazione normale $N$ controbilancia il peso $P$ ; sull’orizzontale, lungo l’asse $x$ del moto della palla, l’attrito è contromotore - in quanto vuole frenare la velocità $V$ del punto di contatto - e produce la decelerazione del centro di massa.

$\begin{cases} N-P = 0 \\ -F_{a} = Ma_c \\ \end{cases}$ $\to$ $\begin{cases} N = P\\ -F_{a} = Ma_c \\ \end{cases}$ $\to$ $\begin{cases} N = Mg \\ -F_{a} = Ma_c \\ \end{cases}$

In assenza di rotazione, l'unica forza che modifica la velocità è la forza di attrito, costante in modulo, intensità e verso, $F_{a} = \mu_kN$ $\Rightarrow$ $F_{a} = \mu_kMg$ , con $\mu_k$ coefficiente d’attrito dinamico tra palla e superficie orizzontale e $M$ massa della palla. Sostituendo nella seconda equazione del sistema, si ottiene che la decelerazione del centro di massa, frazione dell’accelerazione di gravità secondo il coefficiente di attrito dinamico, è pari a:

$\displaystyle a_c = -\frac{F_{a}}{M} =- \frac{\mu_k Mg}{M}$ $\Rightarrow$ $a_c =- \mu_k g$

Dal momento che la palla è entrata nel nastro trasportatore, essa ha acquistato una velocità iniziale lungo $x$ pari alla velocità $V$ della parte mobile del tavolo. La forza costante determina una diminuzione lineare della velocità di traslazione del centro di massa, che parte da $V$ , gradualmente diminuendo a causa della decelerazione:

$v_{\text{trasl}} = V + a_ct$ $\Rightarrow$ $v_{\text{trasl}} (t)= V -\mu_kgt$ .

Si analizzi la II Cardinale, calcolando i momenti rispetto al centro di massa. Dal momento che la forza peso $P$ nasce dal centro di massa e la reazione normale $N$ passa per quest’ultimo, la loro rispettiva distanza dal polo di riferimento sarà nulla e, avendo braccio nullo, avranno momenti pari a $0$ : $\tau_{P} = 0$ $\space$ $\space$ $\tau_{N} = 0$ .
L’unica forza a contribuire al moto è l’attrito dinamico, il cui braccio sarà pari al raggio della ruota, essendo la forza applicata al punto di contatto ed essendo il braccio la distanza di tale punto dal centro della palla. La forza d’attrito avrà dunque momento: $\tau_{a} = F_{a}R$ .

Utilizzando la seconda legge di Newton in forma angolare, si ottiene un'equazione del moto per l’accelerazione angolare:

$\displaystyle \sum_{}^{}\tau^{est} = I_c \alpha$ $\Rightarrow$ $\displaystyle \tau_{a} = I_c \alpha_y$ $\Rightarrow$ $\displaystyle F_{a}R = I_c \alpha_y$ $\Rightarrow$ $\displaystyle \mu_k MgR = I_c\frac{d\omega_y}{dt}$ , da cui:
$\displaystyle \mu_k MgR dt = I_c {d \omega_y}$ . Integrando, si ottiene:

$\displaystyle \mu_k MgR\int_{0}^{t}dt = I_c \int_{\omega_{0,y}}^{\omega_y(t)}d\omega$ $\Rightarrow$ $\displaystyle \mu_k MgR\cdot t = I_c (\omega_y(t)-\omega_{0,y})$ . In questo caso, la velocità angolare iniziale $\omega_{0,y}$ sarà assente, in quanto, nel lancio, è stata eccitata solamente la parte traslazionale senza che venisse innescata volutamente la rotazione. Dunque, per $\omega_{0,y} = \omega_y(t=0) = 0$ , si ha:

$\displaystyle \mu_k MgR\cdot t = \omega_y(t) I_c$ $\Rightarrow$ $\displaystyle \omega_y(t) = \frac{\mu_k MgR}{I_c}t$ .

Al fine di raffrontare la velocità lineare di traslazione con quella angolare, si può trasformare la velocità angolare $\omega$ in velocità $v_{\text{rot}}$ dei punti periferici della sfera. Quando la palla rotola, la velocità istantanea del punto tangente alla superficie su cui rotola è zero. Di conseguenza, la sua velocità di rotazione $\omega_y$ e la velocità traslazionale del suo centro di rotazione $v_{\text{rot}}$ ) sono correlate da $v_{\text{rot}}= \omega_y R$ , con $R$ raggio della sfera. Se il centro di rotazione della palla si muove più velocemente di $v_{\text{rot}}$ , la rotazione non riesce a "tenere il passo" e l'oggetto scivola sulla superficie: questo tipo di moto si chiama scivolamento. A causa dell'attrito, la sfera che subisce un moto di scivolamento in genere rallenta rapidamente a $v_{\text{rot}}$ , a questo punto rotola senza scivolare. Pertanto:
$\displaystyle v_{\text{rot}}(t) = \omega_y (t) R$ . Sostituendo $\omega_y$ , si ha:

$\displaystyle v_{\text{rot}}(t) = \frac{\mu_k MgR}{I_c} t R$ $\Rightarrow$ $\displaystyle v_{\text{rot}}(t) = \frac{MR^2}{I_c} \mu_k g t$ .

La velocità di rotazione $v_{\text{rot}}$ cresce nel tempo, mentre la velocità di traslazione $v_{\text{trasl}}$ decresce nel tempo: la forza d’attrito $F_{a}$ , se da un lato cerca di diminuire la velocità traslazionale, dall’altro aumenta la velocità rotazionale, depredando l’energia cinetica traslazionale per conferirla alla rotazione, in maniera da portarsi in un equilibrio in cui le due velocità siano quelle del moto di puro rotolamento. Riassumendo, dunque, tali due velocità sono date dalle equazioni:

$\displaystyle v_{\text{rot}} (t) = \frac{MR^2}{I_c} \mu_k g t$ .

$\displaystyle v_{\text{trasl}} (t)= V -\mu_kgt$

Il moto di rototraslazione è combinato da una traslazione e da una rotazione. Inizialmente, nel momento del lancio, si ha strisciamento puro; durante il moto, l’attrito cerca di diminuire la $v_{\text{trasl}}$ e far crescere la $v_{\text{rot}}$ , fin quando, nel punto di contatto, le due velocità non si uguaglieranno e scatta il regime di rotolamento. Così, l’attrito gioca un doppio ruolo, diminuire la traslazione e aumentare la rotazione fin quando non riuscirà ad annullare il moto relativo dell’una rispetto all’altra, minimizzando le dispersioni energetiche molto frequenti nello strisciamento. Si consideri il grafico sottostante:

Immagine

La velocità traslazionale diminuisce progressivamente, mentre quella rotazionale aumenta linearmente: esse si eguaglieranno in un certo punto corrispondente ad un istante di tempo $t'$ , dal quale, successivamente, ci sarà solo puro rotolamento. Perciò, per trovare il tempo $t'$ in cui la palla entra in un moto di puro rotolamento, è sufficiente equiparare $v_{\text{trasl}}(t)$ con $v_{\text{rot}}(t)$ , da cui:

$\displaystyle v_{\text{trasl}} = v_{\text{rot}}$ $\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{MR^2}{I_c} \mu_k g t' = V -\mu_kgt'$ $\Rightarrow$ $\displaystyle V = \mu_kgt' + \frac{MR^2}{I_c} \mu_k g t' = \mu_kgt' \bigg(1+\frac{MR^2}{I_c}\bigg)$ $\Rightarrow$ $\displaystyle t' = \frac{v_0}{\mu_kg}\frac{1}{1+\frac{MR^2}{I_c}}$ .

La palla, in questo caso, è assimilabile a una sfera omogenea piena, per cui il suo momento d'inerzia è pari a $\displaystyle I_c = \frac{2}{5}MR^2$ . Sostituendo tale valore di $I_c$ in $t'$ :

$\displaystyle t' = \frac{V}{\mu_kg} \frac {1}{1+\frac{MR^2}{I_c}}$ $\Rightarrow$ $\displaystyle t' = \frac{V}{\mu_kg} \frac{1}{1+\frac{\cancel{MR^2}}{\frac{2}{5}\cancel{MR^2}}}$ $\Rightarrow$ $\displaystyle t' = \frac{2}{7} \frac{V}{\mu_kg}$

Si noti che il tempo $t'$ , fino al raggiungimento del moto di rotolamento completo, decresce inversamente al coefficiente di attrito: per un coefficiente d’attrito tendente a infinito $\mu_k \to \infty$ , il tempo di scivolamento e rotolamento della palla tende a $0$ , $t' \to 0$ , dunque si dovrebbe assumere che il moto di puro rotolamento inizi allorché la palla entri sul nastro trasportatore. Dopo questo tempo $t'$ , l’attrito cessa il suo ruolo: da dinamico, esso sparisce, in quanto non ha più ragion d’essere, essendo riuscito ad ottenere l'uguaglianza voluta. Infatti, non appena la sfera rotola, la sua superficie non si muove più rispetto a quella su cui sta rotolando, poiché la sua velocità istantanea nel punto di contatto è pari a zero. Di conseguenza, la forza di attrito è molto ridotta e la sfera può rotolare per una grande distanza prima di fermarsi. Da quest’istante $t'$ in poi, le due velocità non si invertono, ma procedono insieme e, una volta instaurato il rotolamento, è molto difficile che esso venga interrotto: si tratta di una situazione stabilissima, preservata a lungo, in cui le energie di traslazione e rotazione viaggiano insieme nella medesima percentuale. Pertanto, la palla procede ad una velocità di rotolamento costante nel tempo.

Terminata quest'analisi preliminare, bisogna valutare quale modello fisico utilizzare per la determinazione di $d$ .
Sul nastro trasportatore, lungo $y$ la palla esegue uno spostamento verticale $s$ (pari alla larghezza della striscia in gomma) con velocità $v_0$ ; nello stesso intervallo di tempo $t$ , lungo $x$ la palla compie uno spostamento orizzontale $d$ con velocità di rotolamento relativa al tavolo pari a $v_x(t')$ , corrispondente al massimo valore (costante da $t'$ fino all'uscita dal nastro) della velocità $v_x(t)$ assunta dalla palla sul tappetino durante la rototraslazione. Ci si aspetta, infine, che tale velocità $v_x(t')$ si annulli all'uscita dal nastro trasportatore, da cui la palla non è più soggetta alla velocità $V$ dello stesso e può riprendere il suo moto di puro rotolamento con sola velocità $v_0$ costante lungo $y$ . Pertanto, concludendo, si ha:

$t = cost$ $\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{d}{v_x(t')} =\frac{s}{v_0}$ , da cui:

$\displaystyle \boxed{d = s\frac{v_x(t')}{v_0}}$ $\space$ $(1)$

Per calcolare $d$ , come si può vedere, è necessaria la valutazione di $v_x(t')$ .

Si descriva il fenomeno non in un sistema di riferimento $K$ fissato al tavolo, ma in un sistema $K'$ solidale al nastro trasportatore. Si assuma il tavolo come sistema di riferimento fisso del laboratorio $K$ (si veda la figura 1), e il nastro trasportatore come sistema di riferimento mobile $K'$ (si veda la figura 2).

Figura 1:
Immagine

Figura 2:

Quando le due velocità $v_{\text{trasl}}$ e $v_{\text{rot}}$ si incontrano, la palla continuerà il suo moto a una velocità comune corrispondente a quella di rotolamento $v_{\text{rol}}$ , che si ottiene sostituendo il tempo necessario $t'$ a una delle due velocità:

$\displaystyle v_{\text{rol}}= v_{\text{rot}}(t')$ $\Rightarrow$ $\displaystyle v_{\text{rol}} = \frac{MR^2}{I_c} \mu_k g t' = \frac{MR^2}{I_c} \mu_kg \frac{2}{7} \frac{V}{\mu_kg} = \frac{MR^2}{\frac{2}{5}MR^2} \mu_k g \frac{2}{7} \frac{V}{\mu_kg} = \frac{5}{\cancel{2}}{\cancel{\mu_kg} \frac{\cancel{2}}{7} \frac{V}{\cancel{\mu_kg}}$ $\Rightarrow$ $\displaystyle v_{\text{rol}} = \frac{5}{7} V$ .

La velocità finale di rotolamento $v_{\text{rol}}$ è indipendente dalla forza di attrito, ma dipende invece dal momento di inerzia della palla.

Adesso, si assuma il tavolo come sistema di riferimento fisso $K$ del laboratorio, e il nastro trasportatore come sistema di riferimento mobile $K'$ . Per la composizione galileiana delle velocità, lungo $x$ si ha:

$\overrightarrow{v_x} = \overrightarrow{v_x'} + \overrightarrow{v_t}$ , dove

$\overrightarrow{v_x}$ è la velocità assoluta, rilevata dall’osservatore situato nel sistema di riferimento fisso $K$ del laboratorio;
$\overrightarrow{v_x'}$ è la velocità relativa, rilevata dall’osservatore situato nel sistema mobile $K'$ ;
$\overrightarrow{v_t}$ è la velocità di trascinamento, ovvero la velocità (costante) del sistema di riferimento mobile $K'$ rispetto a quello fisso $K$ . In questo caso, la velocità relativa $\overrightarrow{v_x'}$ è la velocità $v_{\text{rol}}$ di rotolamento assunta dalla palla al tempo $t'$ , mentre la velocità di trascinamento $\overrightarrow{v_t}$ è la velocità $V$ costante del nastro trasportatore. Dunque:

$\overrightarrow{v_x} = \overrightarrow{v_{\text{rol}}} + \overrightarrow{V}$

Dall’inizio del moto di scivolamento e rotazione fino all’inizio del puro rotolamento (cioè, da $t=0$ a $t=t'$ ), la forza d’attrito esercita un’azione costante sul corpo nella direzione delle $x$ positive (ove è diretta $V$ ). Poiché l’attrito svolge un’azione frenante di decelerazione del centro di massa, esso agisce sempre in direzione opposta alla velocità del punto di contatto relativa al sistema mobile (cioè, al nastro trasportatore), che al tempo $t'$ è pari a $v_{\text{rol}}$ . Dunque, tale velocità è sempre diretta nella direzione $-x$ , ossia verso le $x$ negative. Dunque:

$\overrightarrow{V} = V$
$\overrightarrow{v_{\text{rol}}} = - v_{\text{rol}}$

La precedente equazione in forma vettoriale può essere scritta come:

$v_x (t') = V - v_{\text{rol}}$ . Sostituendo $v_{\text{rol}} = \frac{5}{7} V$ , si ha:

$v_x (t') = V - \frac{5}{7} V$ $\Rightarrow$ $v_x (t') = \frac{2}{7} V$

Sostituendo in (1), si ha:

$d = s\frac{v_x(t')}{v_0}$ $\Rightarrow$ $\color{Red} \boxed{\color{Black} d = \frac{2}{7} s\frac{V}{v_0}}$

Sostituendo i valori numerici:

$d = \displaystyle \frac{2}{7} \times 7 \ \mathrm{m} \times \frac{3}{3}\frac{\cancel{\mathrm{m/s}}}{\cancel{\mathrm{m/s}}}$ $\Rightarrow$ $\displaystyle d = 2 \ \mathrm{m}$

Unfortunately, your answer is incorrect. The correct answer is $d = \frac{2Vs}{7v_0}$

Is the mistake in my interpretation of the text, or in the second part of my unfolding?

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