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Esercizio 77  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Un punto materiale di massa m viene lanciato con velocità \vec{v}_0 dalla sommità di un piano inclinato fisso con angolo \alpha rispetto all’orizzontale, come rappresentato in figura 1. La velocità \vec{v}_0 è diretta parallelamente al piano inclinato.

  1. Se tra punto materiale e piano si sviluppa un attrito dinamico con coefficiente pari a \mu_d costante, trovare sotto quale condizione il punto materiale m si ferma.
  2. A che distanza dalla sommità del piano inclinato il punto materiale si ferma?
  3. Quanto spazio deve percorrere m prima di raggiungere la velocità massima lungo il piano inclinato?
  4. Quanto spazio deve percorrere m affinché l’energia totale iniziale sia dimezzata?
  5. Rispondere alle precedenti domande supponendo che il coefficiente di attrito dinamico cresca linearmente con la legge \mu_d=kx con k costante, con unità di misura è \text{m}^{-1}, dove x è la posizione lungo l’asse delle x di un sistema di riferimento fisso Ox tale per cui l’asse delle x sia coincidente con il piano inclinato e avente origine O all’apice del piano inclinato.

 

 

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Svolgimento punto 1.

Scegliamo un sistema di riferimento Ox con asse x coincidente con l’ipotenusa del piano inclinato e orientato come in figura 2.

 

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Dalla seconda legge della dinamica abbiamo

(1)   \begin{equation*} 		mg\sin \alpha -\mu_d mg\cos\alpha =ma, 	\end{equation*}

dove mg\sin \alpha è la proiezione della forza peso lungo l’asse delle x, \mu mg\cos\alpha è il modulo della forza di attrito dinamico e a è l’accelerazione di m lungo l’asse delle x. Chiaramente a<0 perché altrimenti non decelererebbe e quindi affinché risulti l’accelerazione negativa deve valere

(2)   \begin{equation*}  	\mu_d g\cos\alpha >g\sin\alpha, 	\end{equation*}

ovvero 

 

 

    \[\boxcolorato{fisica}{\mu_d>\tan \alpha. }\]


Svolgimento punto 2.

Per rispondere alla seconda domanda del problema, ovvero a che distanza si ferma il punto materiale lungo il piano inclinato , applichiamo il teorema delle forze vive. Indichiamo con x la generica posizione di m lungo l’asse delle x. Per il teorema delle forze vive abbiamo

(3)   \begin{equation*}  		-mgx\sin\alpha+\dfrac{1}{2}mv^2(x)=\dfrac{1}{2}mv_0^2-\mu_d  mgx\cos\alpha, 	\end{equation*}

ovvero

(4)   \begin{equation*}  		v^2(x)=v_0^2+2xg(\sin\alpha-\mu_d\cos\alpha). 	\end{equation*}

Imponendo v(x)=0 la precedente equazione diventa

(5)   \begin{equation*} 		v_0^2+2xg(\sin\alpha-\mu_d\cos\alpha)=0, 	\end{equation*}

da cui

    \[\boxcolorato{fisica}{	x=\dfrac{v_0^2}{g(\mu_d\cos\alpha-\sin\alpha)}.}\]

  


Svolgimento punto 3.

Essendo un moto rettilineo uniformemente decelerato, la velocità diminuirà con il passare del tempo e quindi la velocità sarà massima per x=0.   

Svolgimento punto 4.

Infine, l’energia meccanica sarà ridotta a metà quando l’energia dissipata per attrito sarà metà di quella iniziale, ovvero

(6)   \begin{equation*} 	\mu_d mgx\cos\alpha =\dfrac{1}{4}mv_0^2 , 	\end{equation*}

o anche

    \[\boxcolorato{fisica}{		x=\dfrac{v_0^2}{4\mu_d g\cos\alpha}.}\]


Svolgimento punto 5.

La condizione affinché il punto si fermi è uguale al punto 1 del problema, ovvero che valga \mu_d>\tan \alpha. Per rispondere alla seconda domanda, cioè a quale x si ferma, applichiamo di nuovo il teorema delle forze vive. Questa volta \mu dipende da x, quindi il lavoro della forza di attrito W_A va calcolato come segue

(7)   \begin{equation*} 		\begin{aligned} 			& W_A=-\int_0^{x_M}F_a dx=-\int_0^{x_M} mg\mu\cos\alpha  \; dx \overset{\clubsuit}{=} -mg k \cos 			\alpha\int_0^{x_M} x \;  \; dx=\\ 			& = -mgk\cos \alpha\,\dfrac{x^2}{2} \bigg\vert_0^{x_M}=-\dfrac{1}{2}mgk\cos\alpha \; x_M^2, 		\end{aligned} 	\end{equation*}

dove x_M è la distanza rispetto al sistema di riferimento Ox dove m si ferma e in \clubsuit abbiamo usato il fatto che \mu=kx. Applichiamo il teorema delle forze vive imponendo che v(x_M)=0 ottenendo

(8)   \begin{equation*}  		-mgx_M\sin\alpha =\dfrac{1}{2}mv_0^2-\dfrac{1}{2} mgkx_M^2\cos\alpha, 	\end{equation*}

ovvero

(9)   \begin{equation*}  		-x_M^2gk\cos\alpha+2gx_M\sin\alpha+v_0^2 =0. 	\end{equation*}

La precedente equazione ha soluzioni

(10)   \begin{equation*} 		x_{M_{1,2}}=\dfrac{-2g\sin\alpha\pm\sqrt{4g^2\sin^2\alpha+4gkv_0^2\cos\alpha}}{-2gk\cos\alpha}. 	\end{equation*}

Per il sistema di riferimento scelto deve valere x_M>0, quindi prendiamo solo la soluzione positiva, cioè

(11)   \begin{equation*} 		x_{M_{2}}=x_{M}=\dfrac{2g\sin \alpha+\sqrt{4g^2\sin^2\alpha+4gkv_0^2\cos\alpha}}{2gk\cos\alpha}. 	\end{equation*}

Applichiamo il teorema delle forze vive ad m in un generico istante t>0, cioè

(12)   \begin{equation*}  		\dfrac{1}{2}mv^2\left(x\right)-mgx\sin\alpha =\dfrac{1}{2}mv_0^2-\dfrac{1}{2} mgkx^2\cos\alpha, 	\end{equation*}

ovvero

(13)   \begin{equation*} 		v^2(x)=v_0^2+2gx\sin \alpha-mgkx^2\cos\alpha 	\end{equation*}

in altri termini

(14)   \begin{equation*} 		v(x)=\sqrt{v_0^2+2gx\sin \alpha-gkx^2\cos\alpha}. 	\end{equation*}

Deriviamo ambo i membri della precedente equazione rispetto alla variabile x, dopo di che imponiamo quanto ottenuto pari a zero, i.e.

(15)   \begin{equation*} 		\dfrac{dv(x)}{dx}=\dfrac{1}{2\sqrt{v_0^2+2gx\sin\alpha-gkx^2\cos\alpha }}2(g\sin\alpha-gkx\cos\alpha )=0, 	\end{equation*}

cioè per x=\tan \alpha/k. Pertanto la posizione di m dove la velocità è massima è per x=\tan \alpha/k. Quello che succede da un punto di vista della dinamica è questo: la proiezione della forza peso sul piano inclinato mg\sin \alpha è opposta alla forza di attrito mgx k\cos \alpha che cresce linearmente in funzione della distanza x da O. Dunque si ha

(16)   \begin{equation*} 		mg\sin \alpha>kmgx\cos \alpha \quad \text{per}\,\, 0\leq x<\dfrac{\tan \alpha}{k} 	\end{equation*}

e quindi in questo tratto m continua ad accelerare fino a raggiungere la velocità massima, per x=\tan\alpha/k le due forze sono uguali e per x>\tan\alpha/k si inverte il verso della dell’accelerazione. Infine il punto \tilde{x} dove l’energia rimasta è la metà di quella iniziale è dato da

(17)   \begin{equation*}  		\begin{aligned} 			&\dfrac{1}{2}mg\cos\alpha\, \tilde{x}^2=\dfrac{1}{4}mv_0^2 \quad \Leftrightarrow \quad \tilde{x}=\sqrt{\dfrac{v_0^2}{2g\cos\alpha}}=\dfrac{v_0}{\sqrt{2g\cos\alpha}}. 		\end{aligned} 	\end{equation*}

Rappresentiamo un grafico qualitativo della velocità nel caso 1,2,3 e 4.   

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Rappresentiamo un grafico qualitativo della velocità nel caso 5.   

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