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Esercizio lavoro ed energia 18

Dinamica del punto materiale: Lavoro ed energia in Meccanica classica

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Esercizio 18 (\bigstar \bigstar\largewhitestar \largewhitestar\largewhitestar).Un punto materiale P di massa m, inizialmente in quiete, viene lasciato scivolare lungo uno scivolo liscio costituito da un piano inclinato di un angolo \theta raccordato ad una guida orizzontale, posta alla quota a rispetto al suolo, come in figura 1. Calcolare:

  1. la velocità \overrightarrow{V}_A che P deve possedere all’uscita dello scivolo (A) per colpire il bersaglio B, posto sul suolo ad una distanza d dalla fine dello scivolo;
  2. l’angolo di impatto \phi di P con il suolo;
  3. la quota h da cui bisogna lasciare P da fermo affinché esso colpisca il bersaglio;
  4. la quota h' da cui bisognerebbe lasciare P da fermo se il piano inclinato fosse scabro, con coefficiente di attrito dinamico \mu_d, e la guida orizzontale liscia.

Nota. Il piano inclinato si raccorda con il piano orizzontale in modo tale da far conservare l’energia di P.

 

 

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Svolgimento punto 1.

Nel sistema in esame, una volta che il punto materiale P scende lungo il piano inclinato esso raggiunge la guida orizzontale fino al punto A. Da qui in poi, il corpo si muoverà di moto parabolico. Fissiamo un sistema di riferimento fisso Oxy, con origine O coincidente con l’estremità della base della guida orizzontale, come illustrato in figura 2.

 

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Ricordiamo che il moto parabolico è il risultato della composizione di due moti, cioè un moto rettilineo uniforme lungo l’asse delle x ed un moto uniformemente accelerato lungo l’asse delle y. Le leggi orarie del moto sono

(1)   \begin{equation*} \begin{cases} x(t)=V_A t\\\\ y(t)=a-\dfrac{1}{2}gt^2. \end{cases} \end{equation*}

Si osservi che la velocità \vec{V}_A è diretta nel verso positivo delle x, pertanto la velocità iniziale del moto parabolico lungo l’asse delle y risulterà nulla. Chiamiamo \tilde{t} l’istante in cui il punto materiale impatta con il terreno, ossia l’istante di tempo tale per cui y(\tilde{t})=0. Affinché la velocità V_A sia tale da garantire al corpo P di colpire il bersaglio in B, distante d dall’origine del sistema di riferimento, deve valere che

(2)   \begin{equation*} \begin{cases} x(\tilde{t})=d\\\\ y(\tilde{t})=0 \end{cases} \Leftrightarrow\quad \begin{cases} V_A\tilde{t}=d\\\\ a-\dfrac{1}{2}g\tilde{t}^2=0 \end{cases} \Leftrightarrow\quad \begin{cases} V_A\tilde{t}=d\\\\ a=\dfrac{1}{2}g\tilde{t}^2. \end{cases} \end{equation*}

Dalla seconda equazione del sistema (2), si ottiene

(3)   \begin{equation*} \tilde{t}=\sqrt{\dfrac{2a}{g}}. \end{equation*}

Sostituendo il valore di \tilde{t} (definito nell’equazione (3)) nella prima equazione del sistema (2), otteniamo

(4)   \begin{equation*} V_A \sqrt{\dfrac{2a}{g}}=d, \end{equation*}

cioè

    \[\boxcolorato{fisica}{ V_A=d\sqrt{\dfrac{g}{2a}}.}\]

 


Svolgimento punto 2.

Per calcolare l’angolo di impatto \phi è utile conoscere le componenti del vettore velocità in corrispondenza del punto di impatto lungo la traiettoria, ossia è necessario calcolare

(5)   \begin{equation*} \overrightarrow{V}(\tilde{t})=V_x(\tilde{t})\,\hat{x}+V_y(\tilde{t})\,\hat{y}. \nonumber \end{equation*}

L’angolo di impatto \phi (vedi figura 3), è dato dalla seguente relazione

(6)   \begin{equation*} \phi=\arctan\left \vert \dfrac{V_y(\tilde{t})}{V_x(\tilde{t})}\right \vert. \end{equation*}

 

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Si ha

(7)   \begin{equation*} \begin{cases} V_x(t)=V_A\\\\ V_y(t)=-gt, \end{cases} \end{equation*}

dove V_x(t) è la velocità lungo l’asse delle x e V_y(t) è la velocità lungo l’asse delle y, entrambe in un generico istante t>0. Sostituendo t=\tilde{t} nel sistema (7), si ha

(8)   \begin{equation*} \begin{cases} V_x(\tilde{t})=V_A\\\\ V_y(\tilde{t})=-g\tilde{t}, \end{cases} \end{equation*}

da cui

(9)   \begin{equation*} \vec{V}(\tilde{t})=V_A\,\hat{x}-g\tilde{t}\,\hat{y}=V_A\,\hat{x}-\sqrt{2ag}\,\hat{y}, \end{equation*}

dove nell’ultimo passaggio abbiamo sostituito il valore di \tilde{t} ottenuto nell’equazione (3). Dall’espressione dell’angolo \phi data dall’equazione (6) segue che

(10)   \begin{equation*} \phi=\arctan\left(\dfrac{\sqrt{2ag}}{V_A}\right). \end{equation*}

Sostituendo l’espressione di V_A, ottenuta dalla soluzione del punto a), troviamo che l’angolo di impatto è

    \[\boxcolorato{fisica}{\phi=\arctan\left(\dfrac{2a}{d}\right).}\]

 


Svolgimento punto 3.

Osserviamo che si conserva l’energia meccanica perché tutte le forze agenti su P sono di natura conservativa. Cambiamo sistema di riferimento rispetto ai punti precedenti. Fissiamo un sistema di riferimento Oy, con l’origine O in corrispondenza del piano orizzontale individuato dalla guida orizzontale, come in figura 4. Fissiamo, arbitrariamente, lo zero dell’energia potenziale gravitazionale in corrispondenza della base del piano inclinato (vedi figura 4).

 

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Consideriamo il sistema nella configurazione iniziale, in cui il corpo P è posto in quiete in cima al piano inclinato ad una quota (h-a) rispetto alla guida orizzontale, per cui

  • energia cinetica: K_i=0;
  • energia potenziale gravitazionale: U_i=mg(h-a).

Come configurazione finale consideriamo la situazione del corpo P quando si trova sulla guida orizzontale e si muove su di essa con una velocità in modulo costante pari a V_A, per cui

  • energia cinetica: K_i=\dfrac{1}{2}mV_{A}^2;
  • energia potenziale gravitazionale: U_i=0.

Imponendo la conservazione dell’energia meccanica, si ha

(11)   \begin{equation*} K_i+U_i=K_f+U_f\quad\Leftrightarrow\quad mg(h-a)=\dfrac{1}{2}mV_{A}^2, \end{equation*}

da cui

(12)   \begin{equation*} h=a+\dfrac{V_{A}^2}{2g}. \end{equation*}

Sostituendo il valore di V_A (ottenuto nel punto a)) in (12), si trova

    \[\boxcolorato{fisica}{ h=a+\dfrac{d^2}{4a}.}\]

 


Svolgimento punto 4.

Nel caso in cui il piano inclinato è scabro, non si conserva l’energia perché è presente l’attrito che non è una forza conservativa. Applichiamo il teorema dell’energia-lavoro o teorema delle forze vive. Nel nostro caso possiamo affermare che il lavoro della forza di attrito dinamico è uguale alla variazione di energia meccanica del sistema, cioè

(13)   \begin{equation*} L_{att}=E_{f}-E_{i}, \end{equation*}

dove

    \[E_{i}=K_i+U_i=mg(h^\prime-a)\]

ed

    \[E_f=K_f+U_f=\dfrac{1}{2}mV_A^2.\]

Si osservi che è stata presa l’energia potenziale nulla rispetto al piano orizzontale, come indicato in figura 5. Cambiamo nuovamente sistema di riferimento. Fissiamo un sistema di riferimento cartesiano Oxy come in figura 5.

 

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Osserviamo che sul corpo P agiscono la forza peso m\vec{g}, la reazione vincolare \vec{N} e la forza di attrito dinamico \vec{f}_d. Tutte le forze sono rappresentate in figura 5. Applicando il secondo principio della dinamica su P e proiettando le forze lungo gli assi x ed y, si ha

(14)   \begin{equation*} \begin{cases} x:\quad mg\sin(\theta)-f_d=m\ddot{x}\\\\ y:\quad -mg\cos(\theta)+N=0. \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} x:\quad mg\sin(\theta)-f_d=m\ddot{x}\\\\ y:\quad N=mg\cos(\theta). \end{cases} \end{equation*}

Il vettore forza di attrito dinamico è per definizione

(15)   \begin{equation*} \vec{f}_d=-\mu_d N\hat{x}=-\mu_d mg\cos(\theta)\hat{x}, \end{equation*}

in cui abbiamo sostituito il modulo della reazione vincolare N (definito nella seconda equazione del sistema (14)). Il lavoro compiuto dalla forza di attrito è pari a

(16)   \begin{equation*} L_{att}=\int_{C}^{D}\vec{f}_d\cdot d\vec{x}, \end{equation*}

dove C rappresenta il punto di partenza del corpo sul piano inclinato e D coincide con la fine del piano inclinato, come in figura 5. In altri termini \overline{CD} è lo spazio percorso da P sul piano inclinato. Sostituendo l’espressione della forza di attrito dinamico \vec{f}_d (definita nell’equazione (15)) nell’equazione (16) e sfruttando la relazione \hat{x}\cdot d\vec{x}=dx[1], si ha

(17)   \begin{equation*} L_{att}=-\mu_dmg\cos(\theta)\int_{C}^{D}dx=-\mu_dmg\cos(\theta)\overline{CD}=-\mu_dmg\cos(\theta)\left( \dfrac{h'-a}{\sin(\theta)}\right)=-\mu_dmg\cot (\theta)\left( {h'-a}\right). \end{equation*}

Sostituendo l’espressione del lavoro compiuto dalla forza di attrito (calcolato nell’equazione (17)) nell’equazione (13), si ottiene

(18)   \begin{equation*} -\mu_dmg\cot(\theta)(h'-a)=(K_f+U_f)-(K_i+U_i), \end{equation*}

cioè

(19)   \begin{equation*} -\mu_dmg\cot(\theta)(h'-a)=\dfrac{1}{2}mV_{A}^2-mg(h'-a), \end{equation*}

da cui

(20)   \begin{equation*} mg(h'-a)\left(1-\mu_d\cot(\theta)\right)=\dfrac{1}{2}mV_{A}^2\quad\Leftrightarrow\quad h'=a+\dfrac{V_{A}^2}{2g\left(1-\mu_d\cot(\theta)\right)}. \end{equation*}

Sostituendo il valore di V_A ottenuto come soluzione del punto a) nell’equazione (20), si trova

    \[\boxcolorato{fisica}{ h'=a+\dfrac{d^2}{4a(1-\mu_d\cot(\theta))}.}\]

 


Approfondimento.

Osserviamo che nell’ultimo passaggio dell’equazione (20) abbiamo diviso per la quantità 1-\mu_d\cot(\theta) ambo i membri dell’equazione, senza porci il problema che possa annullarsi. Studiamo i vari casi. Se \mu_d\cot(\theta)=1, si avrebbe

    \[\begin{aligned} &mg\sin(\theta)-f_d=m\ddot{x}\quad \Leftrightarrow \quad mg\sin(\theta)-mg\mu_d\cos \theta=m\ddot{x}\quad \Leftrightarrow \quad mg\left(\sin(\theta)-\mu_d\cos \theta\right)=m\ddot{x}\quad \Leftrightarrow \quad\\& \Leftrightarrow \quad g\sin \theta \left(1-\mu_d\cot \theta\right)=\ddot{x}\quad \Leftrightarrow \quad\ddot{x}=0. \end{aligned}\]

Pertanto, sotto la condizione \mu_d\cot(\theta)=1, l’accelerazione sarebbe nulla, di conseguenza il punto materiale P si muoverebbe di moto rettilineo uniforme nella discesa lungo il piano inclinato. Immaginiamo di avere un corpo di massa m in quiete sopra un piano inclinato, come in figura 6.

 

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Le forze agenti sul punto materiale m sono la forza di attrito statico \vec{f}_s e la forza peso m\vec{g}. Per la seconda legge della dinamica si ha

(21)   \begin{equation*} \begin{cases} f_s=mg\sin \theta \\ N=mg \cos \theta. \end{cases} \end{equation*}

Affinché il corpo rimanga in equilibrio deve valere

(22)   \begin{equation*} f_s\leq N\mu_s, \end{equation*}

da cui, sfruttando le equazioni del sistema (21), si ottiene

(23)   \begin{equation*} mg \sin \theta\leq mg \mu_s\cos \theta, \end{equation*}

cioè

(24)   \begin{equation*} \mu_s\geq \tan \theta . \end{equation*}

Dall’equazione (24) si deduce che, affinché ci sia equilibrio, il coefficiente di attrito statico minimo sia \mu_s = \tan \theta. La condizione 1-\mu_d\cot \theta =0 è equivalente alla condizione \mu_d=\tan \theta., da cui, deduciamo che \mu_d=\mu_{s,min}=\tan \theta. Dunque, sotto tale condizione, se il corpo ha velocità iniziale nulla rimane fermo sul piano inclinato. Mentre, se il corpo ha una velocità iniziale diversa da zero, procede di moto rettilineo uniforme. Ad esempio, se scegliamo \mu_d=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\approx\text{0,58} e \theta=\dfrac{\pi}{3}, si ha \mu_d\cot(\theta)=1; da cui, se il corpo possiede una velocità iniziale diversa da zero procederà con una velocità costante nella discesa lungo il piano inclinato, altrimenti, se ha velocità nulla, rimarrà fermo. \\ Se \mu_d\cot(\theta)\neq 1, dalla fisica del problema è chiaro che l’accelerazione è rivolta nel verso positivo delle x. Quindi a>0, da cui 1>\mu_d\cot(\theta). Si osservi che h' è maggiore della quota h, infatti si ha

(25)   \begin{equation*} h'>h\quad\Leftrightarrow\quad\dfrac{1}{1-\mu_d\cot(\theta)}>1\quad\Leftrightarrow\quad \mu_d\cot(\theta)>0. \end{equation*}

La condizione (25) è vera sempre poiché \mu_d>0 e per angoli \theta<90^\circ (come è per costruzione in un piano inclinato) si ha \cot(\theta)>0. Il risultato trovato nell’equazione (25) è dovuto al fatto che, siccome è presente una forza di attrito, il corpo P deve partire da una quota più alta per avere un’energia potenziale gravitazionale maggiore, rispetto al caso senza attrito, per arrivare in B (vedi figura 1).

 

 

1. Perché d\vec{x}\parallel \hat{x}. ↩

 

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