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Esercizio 20  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Un blocco di massa m=5.0 kg è posto su di un piano inclinato e su di esso è applicata la forza orizzontale \vec{F} di intensità 50 N, come in figura 1. Il piano inclinato è scabro, e il coefficiente di attrito dinamico tra blocco e piano è \mu_k=0.30. Il coefficiente di attrito statico non è dato (ma per risolvere questo problema non vi occorre averne una conoscenza troppo precisa). Se il piano è inclinato di un angolo \alpha=37^\circ rispetto all’orizzontale, rispondere ai seguenti punti:

  1. qual è l’accelerazione del blocco se scivola verso l’alto?
  2. Con la forza \vec{F} sempre applicata, quanto salirà lungo il piano partendo da una velocità iniziale di 4.0\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}?
  3. Che cosa avverrà dopo che il blocco avrà raggiunto il punto più alto?

 

 

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Svolgimento Punto 1.

Scegliamo un sistema di riferimento fisso Oxy, come in figura 2, e determiniamo le forze agenti sul blocco; in particolare, scegliamo di orientare l’asse x in modo che tale asse sia parallelo all’ipotenusa del piano inclinato, e l’asse delle y perpendicolare all’ipotenusa.

 

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Le forze agenti sul blocco sono la forza orizzontale \vec{F} (che abbiamo scomposto nelle sue componenti \vec{F}_x e \vec{F}_y), la forza peso \vec{P}, della quale evidenziamo in figura 2 le componenti \vec{P}_x e \vec{P}_y lungo le direzioni x e y rispettivamente, la forza d’attrito dinamico \vec{F}_{att} e la reazione vincolare \vec{N}. Per la seconda legge della dinamica, nella direzione dell’asse delle y, abbiamo

(1)   \begin{equation*} N=mg\sin \alpha + F_y=mg\cos \alpha + F \sin \alpha, \end{equation*}

dove abbiamo considerato le congruenze degli angoli mostrati in figura 2; specifichiamo inoltre che lungo l’asse delle y il corpo è in equilibrio, di conseguenza la somma delle forze agenti in quella direzione deve essere nulla. Conseguentemente, potremo scrivere il modulo della forza d’attrito dinamico esplicitamente come

(2)   \begin{equation*} F_{att}= \mu_k N = \mu_k (mg\cos \alpha + F \sin \alpha). \end{equation*}

Per la seconda legge della dinamica, nella direzione x, si ha rispettivamente

(3)   \begin{equation*} \displaystyle -mg\sin \alpha - F_{att} + F\cos\alpha = ma, \end{equation*}

dove a rappresenta il modulo della decelerazione del corpo. Sfruttando l’equazione (2), si ottiene

(4)   \begin{equation*} -mg\sin \alpha -\mu_k (mg\cos \alpha + F \sin \alpha)+ F\cos\alpha=ma, \end{equation*}

cioè

    \[\boxcolorato{fisica}{ a=\frac{F(\cos\alpha-\mu_k\sin\alpha)-mg(\sin\alpha+\mu_k\cos\alpha)}{m}\simeq -2.1\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}.}\]

 

Svolgimento Punto 2.

Osserviamo che il corpo è dunque sottoposto ad una decelerazione costante. Ipotizziamo adesso, proprio in accordo con il secondo punto del problema, che il corpo abbia velocità iniziale di modulo v_0 = 4.0\,\text{m}\cdot\text{s}^{-1}, parallela all’ipotenusa del piano inclinato, come in figura 3.

 

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Poiché il corpo è sottoposto ad una decelerazione costante, possiamo determinare quanto spazio d percorrerà il blocco prima di arrestarsi, in accordo con le leggi del moto rettilineo uniformemente accelerato. In particolare, consideriamo la legge che lega l’accelerazione allo spazio percorso con le velocità iniziali e finali, cioè

(5)   \begin{equation*} 0 = v^2_0 + 2ad, \end{equation*}

da cui

    \[\boxcolorato{fisica}{ d=-\frac{v_0^2}{2a}\simeq 1.81\ \text{m}.}\]

 

Svolgimento. Punto 3.

Analizziamo adesso il corpo una volta che si è fermato; consideriamo, in particolare, le forze applicate su esso, come in figura 4.

 

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Una volta che il corpo si è fermato sarà soggetto alla forza peso \vec{P} , alla forza \vec{F} , alla reazione vincolare \vec{N} , e alla forza d’attrito statico \vec{F}_s diretta nel verso negativo delle x. La forza \vec{F}_s, infatti, si oppone al movimento del blocco, che, come già specificato, avviene lungo l’asse x. In particolare, è interessante osservare che il blocco tende a scivolare verso la sommità del piano: in effetti, possiamo verificare facilmente che, in modulo, vale che P_x < F_x, ossia

(6)   \begin{equation*} mg \sin \alpha < F \cos \alpha, \end{equation*}

da cui si ottiene numericamente 29,51 N < 39,93 N. Possiamo anche valutare l’intensità della forza d’attrito dinamico \vec{F}_{att}, la quale è ancora determinata in accordo con l’equazione (2). Determiniamo, effettuando i calcoli opportuni, che {F}_{att}\approx20,8 N; dunque, di fatto, abbiamo constatato che, in modulo, la forza d’attrito radente dinamico è maggiore della risultante delle forze lungo la direzione x, ossia

(7)   \begin{equation*} F_{att}>F \cos \alpha - mg \sin \alpha\approx10,4 \,\text{N}. \end{equation*}

Poiché è sempre vero che, in modulo, la forza d’attrito statico massima F_{s}^{max} è maggiore di quella d’attrito dinamico F_{att}, segue la catena di disuguaglianze

(8)   \begin{equation*} F_s^{max}>F_{att}>F \cos \alpha - mg \sin \alpha, \end{equation*}

da cui concludiamo che la forza d’attrito statico è maggiore della risultante delle altre forze agenti lungo la direzione x, e pertanto il corpo resta fermo. Quanto ottenuto ci fa dedurre che non è necessario conoscere il valore esatto del coefficiente di attrito statico.