Esercizio leggi della dinamica 11

Dinamica del punto materiale Leggi di Newton in meccanica classica

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Esercizio 11 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Un blocco di massa m scende lungo un piano inclinato scabro con pendenza \theta. Il blocco di massa m per arrivare alla fine del piano inclinato impiega un tempo \tilde{t}, mentre nell’ipotesi che il piano fosse liscio impiegherebbe un tempo \tilde{t}/2. Si richiede di determinare il valore del coefficiente di attrito dinamico \mu_d.

 

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Svolgimento.  Per risolvere questo problema è necessario studiare il sistema nei due diversi casi: dobbiamo cioè analizzare il moto del blocco sullo scivolo sia quando è presente una forza di attrito dinamico \vec{f}_d tra lo scivolo e il corpo di massa m, sia quando tale forza non c’è. Per fare ciò, scegliamo un sistema di riferimento fisso Oxy orientato come in figura 2 comune ai due scenari e studiamo le forze che agiscono sul sistema in entrambe le situazioni.

 

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In entrambi i casi sul blocco agisce la forza peso m\vec{g} e la reazione vincolare \vec{N} dello scivolo, normale alla superficie dello stesso. Inoltre, nel caso in cui è presente l’attrito, avremo una forza \vec{f}_d che si oppone al moto di discesa. Prendiamo dapprima in esame proprio questo caso; scomponendo le forze che agiscono sul sistema nelle loro componenti lungo gli assi del sistema di riferimento indicato in figura 2 e 3, possiamo scrivere le equazioni del moto sfruttando il secondo principio della dinamica. Prima di fare ciò, mostriamo una caratteristica geometrica del sistema: sia \theta l’angolo di inclinazione dello scivolo, sappiamo che sfruttando le proprietà di similitudine dei triangoli rettangoli possiamo osservare che l’angolo tra la forza peso e l’asse verticale del sistema di riferimento è proprio \theta, come mostra la figura 4.

 

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Sfruttando quanto detto si ha

(1)   \begin{equation*} \begin{cases} N-mg\cos\theta=0\\ -f_d+mg\sin\theta=ma_1\\ f_d=\mu_dN \end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad\begin{cases} N=mg\cos\theta\\ mg\sin\theta-\mu_dmg\cos\theta=ma_1\\ f_d=\mu_dmg\cos\theta, \end{cases} \end{equation*}

da cui otteniamo

    \[\boxcolorato{fisica}{ a_1=g\left(\sin\theta-\mu_d\cos\theta\right).}\]

 

Studiamo ora il caso in cui non è presente attrito. Ragionando in modo analogo al caso precedente, otteniamo che non vi è alcuna forza \vec{f}_d e quindi avremo[1]

(2)   \begin{equation*} \begin{cases} N=mg\cos\theta\\ mg\sin\theta=ma_2, \end{cases} \end{equation*}

da cui

    \[\boxcolorato{fisica}{ a_2=g\sin\theta.}\]

 

Notiamo che in entrambi i casi il blocco si sta muovendo con accelerazione costante, dunque in entrambi i casi il moto del corpo è uniformemente accelerato, da cui le seguenti leggi orarie

(3)   \begin{equation*} \begin{cases} x_1(t)=\dfrac{1}{2}a_1t^2=\dfrac{1}{2}g\left(\sin\theta-\mu_d\cos\theta\right)t^2\\\\ x_2(t)=\dfrac{1}{2}a_2t^2=\dfrac{1}{2}g\sin\theta t^2. \end{cases} \end{equation*}

In entrambi casi lo spazio percorso è lo stesso, in quanto entrambi i corpi dovranno percorrere la lunghezza dello stesso scivolo; inoltre, sia t_1 il tempo impiegato nel caso in cui c’è attrito e sia t_2 il tempo impiegato senza attrito, sappiamo per ipotesi che t_1=2t_2, ossia t_1^2=4t_2^2. Pertanto, si ottiene

(4)   \begin{equation*} \dfrac{1}{2}g\left(\sin\theta-\mu_d\cos\theta\right)\,4t_1^2=\dfrac{1}{2}a_2t^2=\dfrac{1}{2}g\sin\theta t_1^2, \end{equation*}

da cui

(5)   \begin{equation*} 4\sin\theta-4\mu_d\cos\theta=\sin\theta\quad\Leftrightarrow \quad 4\mu_d\cos\theta=3\sin\theta, \end{equation*}

cioè

    \[\boxcolorato{fisica}{\mu_d=\dfrac{3}{4}\tan\theta.}\]

 

1. Basta sostituire f_d=0 nel sistema (1) e si ottiene il risultato che segue. ↩