Per la stessa ragione durante l’urto si conserva il momento angolare e la quantità di moto totale. Utilizzando il sistema di coordinate in Figura 1↑ abbiamo per la quantità di moto $$m\vec{v}_{0}=\left(m+M\right)\vec{v}_{cm}$$ e quindi $$\vec{v}_{cm}=\frac{m}{m+M}\begin{pmatrix}0\\ v_{0}\\ 0 \end{pmatrix}$$ Per il momento angolare invece, prendendo come polo il centro del disco $$\vec{r}\wedge m\vec{v}_{0}=I_{cm}\vec{\omega}+\vec{r}_{cm}\wedge\left(m+M\right)\vec{v}_{cm}$$ dove $\vec{r}$ è il vettore posizione del punto di impatto e $\vec{r}_{cm}$ quello del centro di massa del sistema. Quindi $$\begin{vmatrix}\hat{x} & \hat{y} & \hat{z}\\ d & -\sqrt{R^{2}-d^{2}} & 0\\ 0 & mv_{0} & 0 \end{vmatrix}=I_{cm}\vec{\omega}+\frac{m}{m+M}\begin{vmatrix}\hat{x} & \hat{y} & \hat{z}\\ d & -\sqrt{R^{2}-d^{2}} & 0\\ 0 & mv_{0} & 0 \end{vmatrix}$$ L’unica componente non nulla è quella lungo $z$ , e si ha $$mv_{0}d=I_{cm}\omega+\frac{m^{2}d}{m+M}v_{0}$$ ossia $$\begin{align*} \omega & =\frac{mM}{m+M}\frac{v_{0}d}{I_{cm}}\\ & =\frac{\mu}{\frac{1}{2}M+\mu}\frac{v_{0}d}{R^{2}} \end{align*}$$

Se invece $\vec{\omega}\neq0$ calcoliamo il prodotto vettore con $\vec{\omega}$ ottenendo $$\vec{v}_{cm}\wedge\vec{\omega}+\left[\vec{\omega}\wedge\left(\vec{r}^{\star}-\vec{r}_{cm}\right)\right]\wedge\vec{\omega}=0$$ ma dato che $\vec{r}^{\star}-\vec{r}_{cm}$ è perpendicolare a $\vec{\omega}$ possiamo anche scrivere $$\vec{v}_{cm}\wedge\vec{\omega}+\omega^{2}\left(\vec{r}^{\star}-\vec{r}_{cm}\right)=0$$ e quindi $$\begin{align*} \vec{r}^{\star} & =\vec{r}_{cm}-\frac{1}{\omega^{2}}\vec{v}_{cm}\wedge\vec{\omega}\\ & =\vec{r}_{cm}-\frac{1}{\omega}\vec{v}_{cm}\wedge\hat{z} \end{align*}$$

Possiamo guardare a questo risultato da un altro punto di vista. Sappiamo che l’energia totale del sistema si può scrivere, sia prima che dopo l’urto, nella forma

$$E=\frac{1}{2}MV^{2}+\frac{1}{2}I\omega^{2}+\frac{1}{2}mv^{2}$$ dove $\vec{V}$ è la velocità del centro del disco, $\vec{\omega}$ la sua velocità angolare e $\vec{v}$ la velocità della particella. Abbiamo in tutto $5$ gradi di libertà. Possiamo però utilizzare una parametrizzazione alternativa, scegliendo $3$ di questi $5$ come quantità conservate, cioè le due componenti della quantità di moto totale $$\vec{P}=M\vec{V}+m\vec{v}$$ e il momento angolare totale rispetto al centro di massa del sistema (che sappiamo essere diretto sempre perpendicolarmente al piano) $$\begin{align} \vec{L} & =I\vec{\omega}+\left(\vec{R}-\vec{o}\right)\wedge M\vec{V}+\left(\vec{r}-\vec{o}\right)\wedge m\vec{v}\nonumber \\ & =I\vec{\omega}+\mu\left(\vec{R}-\vec{r}\right)\wedge\left(\vec{V}-\vec{v}\right)\label{eq:Lz} \end{align}$$ dove $\vec{r}$ è il vettore posizione della particella, $\vec{R}$ quello del centro del disco e $\vec{o}$ quello del centro di massa $$\vec{o}=\frac{M\vec{R}+m\vec{r}}{M+m}$$ Restano due gradi di libertà, che sceglieremo nel modo seguente: $$\begin{equation} \vec{u}=\vec{V}-\vec{v}-\vec{\omega}\wedge\left(\vec{R}-\vec{r}\right)\label{eq:U} \end{equation}$$ Chiaramente quando la particella è solidale al disco $\vec{u}=0$ .

Vediamo se è possibile scrivere l’energia totale in funzione di $\vec{P}$ , $L_{z}$ e $\vec{u}$ . Sappiamo dal teorema di Koenig che è possibile porre $$E=\frac{1}{2}\frac{P^{2}}{M+m}+\frac{1}{2}\mu\left(\vec{V}-\vec{v}\right)^{2}+\frac{1}{2}I\omega^{2}$$ Dalle Equazioni (↓) e (↓) possiamo scrivere $$\begin{align*} \vec{\omega} & =\frac{\vec{L}-\mu\left(\vec{R}-\vec{r}\right)\wedge\vec{u}}{I+\mu\left(\vec{R}-\vec{r}\right)^{2}}\\ \vec{V}-\vec{v} & =\frac{I\vec{u}+\vec{L}\wedge\left(\vec{R}-\vec{r}\right)}{I+\mu\left(\vec{R}-\vec{r}\right)^{2}} \end{align*}$$ e quindi $$E=\frac{1}{2}\frac{P^{2}}{M+m}+\frac{1}{2}\mu\left(\frac{I\vec{u}+\vec{L}\wedge\left(\vec{R}-\vec{r}\right)}{I+\mu\left(\vec{R}-\vec{r}\right)^{2}}\right)^{2}+\frac{1}{2}I\left(\frac{\vec{L}-\mu\left(\vec{R}-\vec{r}\right)\wedge\vec{u}}{I+\mu\left(\vec{R}-\vec{r}\right)^{2}}\right)^{2}$$ Questo è il risultato cercato: espandendo i quadrati otteniamo $$E=\frac{1}{2}\frac{P^{2}}{M+m}+\frac{1}{2}\frac{L^{2}}{\mu\left(\vec{R}-\vec{r}\right)^{2}+I}+\frac{1}{2}\mu I\frac{Iu^{2}+\mu\left[\left(\vec{R}-\vec{r}\right)\wedge\vec{u}\right]^{2}}{\left[I+\mu\left(\vec{R}-\vec{r}\right)^{2}\right]^{2}}$$ L’ultimo termine calcolato immediatamente prima dell’urto deve corrispondere all’energia dissipata. Nel nostro caso $\vec{u}=-v_{0}\hat{y}$ e $\vec{R}-\vec{r}=-d\hat{x}+\sqrt{R^{2}-d^{2}}\hat{y}$ e quindi $$\Delta E=\frac{1}{2}\mu v_{0}^{2}\frac{I\left(I+\mu d^{2}\right)}{\left(I+\mu R^{2}\right)^{2}}$$ e ponendo $I=MR^{2}/2$

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