Esercizio leggi della dinamica 2

Dinamica del punto materiale Leggi di Newton in meccanica classica

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Esercizio 2 (\bigstar \largewhitestar\largewhitestar \largewhitestar\largewhitestar). Due corpi di masse m_1 e m_2, collegati da un filo, scendono lungo un piano inclinato di un angolo \alpha. Tra m_1 e il piano non c’è attrito mentre tra m_2 e il piano c’è attrito. Calcolare che valore deve avere il coefficiente di attrito \mu affinchè il moto sia rettilineo uniforme.

 

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Svolgimento. Il secondo principio della dinamica afferma che in un sistema di riferimento inerziale la somma di tutte le forze agenti su un punto materiale uguaglia la derivata della quantità di moto rispetto al tempo:

(1)   \begin{equation*} \sum_{k=1}^{n}\vec{F}_k=\dfrac{d\vec{P}}{dt} \end{equation*}

dove \vec{P}=m\vec{v} e \vec{v} è la velocità del punto materiale.

Se la massa non dipende dal tempo (1) diventa

(2)   \begin{equation*} \sum_{k=1}^{n}\vec{F}_k=m\dfrac{d\vec{v}}{dt}=m\vec{a}. \end{equation*}

Osserviamo che le forze agenti su m_2 sono la forza di attrito dinamico \vec{f}_d generata dal contatto tra m_2 e il piano inclinato, la tensione \vec{T}_2 generata dal filo inestensibile e di massa trascurabile che collega m_2 ad m_1, la forza peso m_2\vec{g} e infine la reazione vincolare \vec{N}_2, generata sempre dal contatto tra m_2 e il piano inclinato. Su m_1 agiscono la tensione \vec{T}_1 generata dalla fune inestensibile e di massa trascurabile che collega m_1 ad m_2, la forza peso m_1\vec{g} ed infine la reazione vincolare \vec{N}_1, generata dal contatto tra m_1 e il piano inclinato.  Le reazioni vincolari \vec{N}_1 e \vec{N}_2 sono perpendicolari al piano inclinato istante per istante durante il moto dei due corpi m_1 e m_2. Per il terzo principio della dinamica \vec{T}_1=-\vec{T}_2=-\vec{T}.
Lo schema delle forze è rappresentato in figura 1.

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Scegliamo un sistema di riferimento inerziale fisso Oxy con l’origine O come in figura 2, l’asse x coincidente con l’ipotenusa del piano inclinato e l’asse y perpendicolare al piano inclinato (vedi figura 2).

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Applichiamo (2) ad m_1 e m_2:

(3)   \begin{equation*} \begin{cases} T+m_2g\sin \alpha-f_d=m_2a_2\\ -T+m_1g\sin \alpha=m_1a_1\\ N_2=m_2g \cos \alpha \\ N_1=m_1g \cos \alpha \end{cases} \end{equation*}

e, poiché il moto deve essere rettilineo uniforme, le accelerazioni risultano nulle, ovvero a_1=a_2=0. Inoltre, ricordiamo che f_d=N_2\mu, allora (3) diventa

    \[\begin{cases} T+m_2g\sin \alpha-N_2\mu=0\\ -T+m_21g\sin \alpha=0\\ N_2=m_2g \cos \alpha \\ N_1=m_1g \cos \alpha \end{cases}.\]

Da (3) otteniamo

    \[\begin{cases} T+m_2 \, g \, \sin \alpha - \mu \, m_2 \, g \, \cos \alpha = 0\\ -T+m_1 \, g \, \sin \alpha=0 \end{cases}\]

e, sommando membro a membro, si ricava

    \[m_2 \, g \sin \alpha + m_1 \, g \sin\alpha-\mu m_2 \, g \cos \alpha = 0,\]

da cui

    \[\mu=\dfrac{m_2 \, g \sin \alpha + m_1 \, g \, \sin \alpha}{m_2 g \cos \alpha}=\dfrac{m_2+m_1}{m_2} \, \tan\alpha=\left(1+\dfrac{m_1}{m_2}\right)\tan \alpha.\]

Quindi concludiamo che

    \[\boxcolorato{fisica}{ \mu =\left(1+\dfrac{m_1}{m_2}\right)\tan \alpha. }\]

 

Fonte: P.Mazzoldi, M.Nigro, C.Voci – Elementi di Fisica, Edises.