Esercizio moti relativi 12

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Esercizio sui moti relativi 12 è il dodicesimo esercizio della raccolta esercizi dedicati ai moti relativi. Il successivo esercizio disponibile nella sequenza è Esercizio sui moti relativi 13, mentre il precedente è Esercizio sui moti relativi 11. L’argomento dei moti relativi precede lo studio degli esercizi svolti sul lavoro e sull’energia e prosegue con l’analisi degli

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un corpo puntiforme di massa $m$ è posto su un carrello di massa $M$ che può scorrere su un piano orizzontale liscio. Inizialmente il corpo è posto a una distanza $d$ dal bordo del carrello. Il coefficiente di attrito dinamico tra il corpo e il carrello è $\mu_d$ . Il carrello viene messo in moto tramite l’applicazione di una forza orizzontale $\vec{F}$ con modulo, direzione e verso costanti; dopo di che, il corpo inizia a scivolare verso il fondo del carrello. Calcolare il tempo $\tilde{t} >0$ impiegato dal corpo per raggiungere la parete del carrello, se vale la condizione $F>\left(m+M\right)g\mu_d$ .

Richiami teorici.

La seconda legge della dinamica “modificata” per un sistema di riferimento non inerziale, afferma che dato un sistema di riferimento non inerziale e un punto materiale $P$ , la somma fra la risultante di tutte le forze reali applicate a tale punto e la risultante delle forze apparenti uguaglia la massa del punto materiale per la sua accelerazione relativa rispetto al sistema di riferimento non inerziale. In formule:

(1) $\begin{equation*} \vec{F}-m\vec{a}_{O^\prime}-m\vec{a}_c-m\vec{a}_t-m\vec{a}_{\text{Coriolis}}=m\vec{a}^\prime. \end{equation*}$

Nell’equazione (1):

$\vec{F}$ è la risultante di tutte le forze reali applicate al punto materiale;
$\vec{a}_{O^\prime}$ è l’accelerazione del sistema di riferimento non inerziale rispetto ad un sistema di riferimento inerziale;
$\vec{a}_t=\vec{\alpha}\wedge\vec{r}^{\, \prime }=\dfrac{d\vec{\omega}}{dt}\wedge \vec{r}^{\, \prime }$ , dove $\vec{\omega}$ la velocità angolare con il quale ruota il sistema di riferimento non inerziale rispetto al sistema di riferimento inerziale e $\vec{r}^{\, \prime }$ il vettore posizione di $m$ rispetto al sistema di riferimento non inerziale;
$-m\vec{a}_c$ è la forza centrifuga, dove $\vec{a}_c=\vec{\omega}\wedge \left(\vec{\omega} \wedge \vec{r}^{\, \prime } \right)$ ;
$-m\, \vec{a}_{\text{Coriolis}}$ è la forza di Coriolis, dove $\vec{a}_{\text{Coriolis}}=2\vec{\omega}\wedge \vec{v}^{\, \prime }$ , essendo $\vec{v}^{\, \prime }$ la velocità relativa del punto materiale rispetto al sistema di riferimento non inerziale;
$\vec{a}^{\,\prime}$ è l’accelerazione relativa di $m$ nel sistema di riferimento non inerziale.

In particolare

(2) $\begin{equation*} -m\vec{a}_{O^\prime}-m\vec{a}_c-m\vec{a}_t-m\vec{a}_{\text{Coriolis}} \, = \, \text{somma delle forze apparenti}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Scegliamo due sistemi di riferimento $Oxy$ e $O^\prime x^\prime y^\prime$ . Il sistema di riferimento $Oxy$ è inerziale e solidale con il piano su cui scorre il carrello; il sistema di riferimento $O^\prime x^\prime y^\prime$ è non inerziale e solidale con il carrello, come mostrato in figura 2 (per semplicità rappresentiamo il carrello con un rettangolo rosso, ma questa scelta non cambia nulla ai fini dello svolgimento del problema).

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Il corpo $M$ è spinto da una forza $\vec{F}$ nella direzione negativa dell’asse $x$ , pertanto $M$ si muoverà nella direzione negativa dell’asse delle $x$ . Di conseguenza, dalla seconda legge della dinamica deduciamo che anche l’accelerazione $\vec{A}$ di $M$ è diretta nel verso negativo delle $x$ . Ora osserviamo il corpo $m$ nel sistema di riferimento non inerziale $O^\prime x^\prime y^\prime$ . In questo sistema di riferimento il corpo $m$ è soggetto a una forza apparente $-m\vec{A}$ , diretta nel verso positivo delle $x^\prime$ . La forza apparente $-m\vec{A}$ è rappresentata in viola in figura 3. Siccome tra $m$ e $M$ c’è attrito e il corpo $m$ si muove nel verso positivo delle $x^\prime$ , la forza di attrito dinamico $\vec{f}_d$ su $m$ sarà diretta nel verso negativo delle $x^\prime$ . Da quanto detto deduciamo che, per il terzo principio della dinamica, il corpo $M$ sarà soggetto a una forza di attrito dinamico $-\vec{f}_d$ , diretta nel verso positivo delle $x$ , cioè opposta alla forza $\vec{F}$ , come ci si aspettava dalla fisica del problema.

Riassumendo, nel sistema di riferimento $O^\prime x^\prime y^\prime$ il corpo $m$ è soggetto alle forze reali di seguito elencate:

la forza peso $m\vec{g}$ , diretta nel verso delle $y^\prime$ negative;
la reazione vincolare $\vec{N}$ esercitata dal carrello di massa $M$ su $m$ , diretta nel verso delle $y^\prime$ positive;
la forza di attrito dinamico $\vec{f}_d$ , generata dal contatto tra $m$ e $M$ e orientata nel verso negativo delle $x^\prime$ , come dedotto sopra. La forza di attrito dinamico $\vec{f}_d$ è rappresentata in arancione in figura 3.

Oltre alle forze reali, per la massa $m$ vanno considerate anche le forze apparenti. Nel nostro caso l’unica forza apparente applicata su $m$ è $-m\vec{A}$ . Ora osserviamo il carrello di massa $M$ nel sistema inerziale $Oxy$ . Su di esso agiscono le seguenti forze reali:

la forza $\vec{F}$ , diretta nel verso negativo delle $x$ ;
la forza di attrito dinamico $-\vec{f}_d$ , generata dal contatto tra $m$ e $M$ , e orientata nel verso positivo delle $x$ , come dedotto sopra.
la forza peso $M\vec{g}$ , diretta nel verso delle $y$ negative;
la reazione vincolare $\vec{R}$ generata dal contatto tra carrello e piano orizzontale, diretta nel verso positivo delle $y$ .
la reazione vincolare $-\vec{N}$ causata dal contatto tra $m$ e $M$ per il terzo principio della dinamica e diretta verso le $y$ negative.

Osserviamo che siccome il carrello è vincolato a muoversi lungo l’asse delle $x$ , cioè sul piano orizzontale, lungo l’asse delle $y$ la somma delle forze deve essere nulla, ossia deve valere $R -Mg - N = 0$ . Le forze $-\vec{N}$ , $M\vec{g}$ e $\vec{R}$ , non sono rilevanti ai fini del problema in quanto il piano su cui poggia il carrello è liscio, quindi le possiamo trascurare nei calcoli successivi. Tutte le forze applicate sui corpi di massa $M$ e $m$ sono rappresentate in figura 3 (omettendo per semplicità di lettura le forze non rilevanti ai fini del problema, ossia $M\vec{g}$ , $-\vec{N}$ e $\vec{R}$ ). Si ricorda che sulla massa $M$ sono state rappresentate solo le forze reali, in quanto è stata studiata nel sistema inerziale $Oxy$ . Su $m$ , oltre alle forze reali, sono state rappresentate anche le forze apparenti, in quanto è stata studiata nel sistema non inerziale $O^\prime x^\prime y^\prime$ .

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Applicando la seconda legge della dinamica, dal sistema di riferimento $Oxy$ per $M$ e dal sistema di riferimento $O^\prime x^\prime y^\prime$ per $m$ , si trova

(3) $\begin{equation*} \begin{cases} - F + f_d = - MA\\ mA - f_d = ma^\prime \\ A > 0 \\ |\vec{f}_d| = |-\vec{f}_d| =f_d= \mu_d N\\ N = mg, \end{cases} \end{equation*}$

dove $A$ è la componente positiva del vettore accelerazione $\vec{A}$ di $M$ rispetto al sistema di riferimento $Oxy$ nella direzione dell’asse delle $x$ e $a^\prime$ è la componente dell’accelerazione relativa $\vec{a}^{\,\prime}$ di $m$ rispetto a $M$ nella direzione dell’asse delle $x^\prime$ . Risolvendo il precedente sistema otteniamo

(4) $\begin{equation*} \begin{cases} - F + \mu_d mg = - MA, \\ mA -\mu_d mg = ma^\prime, \end{cases} \end{equation*}$

da cui

(5) $\begin{equation*} \mbox{\fbox{$A = \dfrac{F- \mu_d mg}{M} >0.$}} \end{equation*}$

Il risultato di $A$ ottenuto nell’equazione (5) è sicuramente positivo: infatti, dall’ipotesi $F-\mu_d\left(m+M\right)g>0$ imposta nel testo dell’esercizio segue che $F-\mu_dmg>\mu_dMg>0$ . Inoltre, il fatto che $A>0$ conferma le considerazioni fisiche fatte in precedenza sul verso del vettore accelerazione $\vec{A}$ . Conseguentemente, sfruttando il risultato ottenuto nell’equazione (5), dalla seconda equazione del sistema (4), otteniamo

(6) $\begin{equation*} a^\prime = A - g\mu_d = \dfrac{F- \mu_d mg}{M} - g\mu_d, \end{equation*}$

cioè

(7) $\begin{equation*} \mbox{\fbox{$a^\prime = \dfrac{1}{M}\left(F - \mu_d\left(m + M\right)g\right)> 0.$}} \end{equation*}$

Osserviamo che la componente $a^\prime$ è positiva per l’ipotesi imposta nel testo dell’esercizio; inoltre, il fatto che $a^\prime>0$ conferma le considerazioni fisiche fatte in precedenza per trovare il verso del vettore $\vec{a}^{\,\prime}$ . Notiamo che $a^\prime$ è costante, quindi $m$ nel sistema di riferimento $O^\prime x^\prime y^\prime$ si muove di moto rettilineo uniformemente accelerato nel verso positivo delle $x^\prime$ , con legge oraria

(8) $\begin{equation*} x^\prime(t) = \dfrac{1}{2}a^\prime t^2. \end{equation*}$

Il tempo $\tilde{t}$ impiegato da $m$ per raggiungere la parete del carrello coincide con il tempo $t=\tilde{t}$ tale che $x^\prime(\tilde{t}) = d$ . Imponendo $t=\tilde{t}$ , la legge oraria (8) diventa

(9) $\begin{equation*} d = \frac{1}{2} a^\prime \tilde{t}^{\,2}, \end{equation*}$

cioè

$\boxcolorato{fisica}{\tilde{t} = \sqrt{\dfrac{2d}{a^\prime}} = \sqrt{\dfrac{2dM}{F - \mu_d\left(m+M\right)g}}.}$

Approfondimento.

Notiamo che $d$ corrisponde allo spazio percorso dalla massa $m$ per raggiungere la parete del carrello nel sistema non inerziale $O^\prime x^\prime y^\prime$ . Nel sistema inerziale $Oxy$ , la legge oraria di $m$ è diversa, e quindi anche il suo spostamento tra i tempi $t=0$ e $t=\tilde{t}$ . Nel sistema inerziale $Oxy$ l’unica forza reale che agisce sul corpo $m$ nella direzione dell’asse delle $x$ è la forza di attrito dinamico $\vec{f}_d$ . Chiamando $a$ l’accelerazione di $m$ nel sistema $Oxy$ e applicando la seconda legge della dinamica ad $m$ , si trova

(10) $\begin{equation*} -f_d = -\mu mg = ma, \end{equation*}$

da cui $a=-g\mu_d$ . Ovviamente stiamo considerando la direzione lungo l’asse delle $x$ . La legge oraria di $m$ , nel sistema di riferimento $Oxy$ , è quindi

(11) $\begin{equation*} x(t) = \dfrac{1}{2}at^2 = - \dfrac{1}{2}g\mu_dt^2, \end{equation*}$

e lo spostamento di $m$ tra l’istante iniziale del moto $t=0$ e l’istante in cui tocca la parete del carrello $t=\tilde{t}$ , nel sistema di riferimento $Oxy$ , è

(12) $\begin{equation*} \Delta x = \left|x(\tilde{t}) - x(0)\right| = \dfrac{1}{2}|a|\tilde{t}^{\,2}. \end{equation*}$

Sostituendo $a=-g\mu_d$ e il valore di $\tilde{t}$ trovato, nella precedente equazione, si trova

(13) $\begin{equation*} \Delta x = \dfrac{1}{2}|a|\tilde{t}^2 = \dfrac{1}{2}\left(g\mu_d\right)\left(\sqrt{\dfrac{2dM}{F-\mu_d\left(m+M\right)g}}\right)^2 \\ = \left(\dfrac{\mu_dMg}{F-\mu_d\left(m+M\right)g}\right) d \neq d. \end{equation*}$

Osservazione.

L’esercizio è stato risolto studiando il moto del corpo $m$ nel sistema di riferimento non inerziale $O^\prime x^\prime y^\prime$ , ma avremmo potuto equivalentemente studiarlo nel sistema di riferimento $Oxy$ partendo dall’equazione del moto (10). Lo stesso discorso vale se si decide di studiare il moto di $M$ nel sistema non inerziale $O^\prime x^\prime y^\prime$ . Nel sistema $O^\prime x^\prime y^\prime$ il corpo $M$ è fermo, in quanto il sistema non inerziale è solidale con $M$ per definizione. Di conseguenza, nel sistema di riferimento $O^\prime x^\prime y^\prime$ la sommatoria di tutte le forze (reali e apparenti) che agiscono su $M$ è nulla. Le forze reali che agiscono su $M$ nella direzione dell’asse $x^\prime$ sono la forza $\vec{F}$ e la forza di attrito dinamico $-\vec{f}_d$ ; a queste va aggiunta una forza apparente $-M\vec{A}$ . Possiamo quindi scrivere

(14) $\begin{equation*} - F + f_d + MA = 0. \end{equation*}$

Portando il termine $MA$ dal membro sinistro a quello destro nell’equazione (14) ci si riconduce analiticamente all’equazione del moto (3) $_1$ di $M$ nel sistema inerziale $Oxy$ , da cui, procedendo come in precedenza si ottengono gli stessi risultati.

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