Home » Esercizio leggi della dinamica 9
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Esercizio 9  (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Una forza \vec{F} costante in modulo, direzione e verso, spinge un blocco di massa m contro una parete verticale (vedi figura 1). La parete ha un coefficiente di attrito statico \mu_s e un coefficiente di attrito dinamico \mu_d, con \mu_s>\mu_d. All’inizio il blocco è fermo. Scrivere la condizione affinché il corpo m rimanga fermo. Inoltre, scelto un opportuno sistema di riferimento inerziale, esprimere la forza esercitata sul blocco dalla parete in termini di versori. Successivamente, supporre che la forza \vec{F} non sia sufficiente a mantenere il blocco m fermo. Si determini l’accelerazione di m rispetto ad un sistema di riferimento inerziale.

 

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Svolgimento.  Definiamo un sistema di riferimento fisso Oxy, con l’origine O coincidente con il blocco di massa m e l’asse delle y parallelo alla parete verticale, come in figura 2.

 

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Per ipotesi sappiamo che inizialmente il blocco è fermo. In questa situazione, la forza \vec{F} dovrà necessariamente essere bilanciata dalla reazione vincolare \vec{N} che la parete esercita sul blocco. Si osservi che \vec{F} è uguale ed opposta ad \vec{N} perché lungo l’asse delle x il blocco è vincolato a rimanere fermo. Inoltre, lungo l’asse negativo y il blocco risente della sua forza peso m\vec{g}, alla quale si oppone la forza di attrito statico \vec{f}_s. Dalla seconda legge della dinamica dunque, affinché il sistema sia in equilibro, si ha

(1)   \begin{equation*} \begin{cases} \vec{F}=-\vec{N}\\ \vec{f}_s=-\vec{P} \end{cases}\quad\Rightarrow\quad\begin{cases} F=N\\ f_s=mg, \end{cases} \end{equation*}

dove con \vec{f}_s si indica la forza di attrito statico che si oppone alla forza peso e {f}_s il suo modulo. Inoltre, dalla teoria, sappiamo che il modulo della forza di attrito statico ha un limite superiore, descritto dalla seguente relazione:

(2)   \begin{equation*} f_s\leq N\mu_s=\text{Forza di attrito statico massima}. \end{equation*}

In figura 3 si rappresentano tutte le forze agenti su m.

 

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A questo punto, andiamo a studiare le condizioni all’equilibrio per il corpo che stiamo analizzando: sfruttando il sistema (1) e la relazione (2), si ottiene

(3)   \begin{equation*} mg\leq F\mu_s\quad \Leftrightarrow \quad F\geq \dfrac{mg}{\mu_s}.\end{equation*}

La relazione (3) rappresenta la condizione affinché il corpo m rimanga in quiete e ci dice che nel caso in cui la forza peso è più grande della forza di attrito statico massima il corpo inizierà a muoversi verso il basso (verso negativo dell’asse delle y), mentre nel caso in cui la forza peso del blocco è inferiore alla forza di attrito statico massima il corpo rimane fermo.
La parete esercita sul blocco una forza di attrito statico \vec{f}_s e una reazione vincolare \vec{N}, come in figura 4.

 

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Allora definendo \vec{R} la forza esercitata sul blocco dalla parete, rispetto al sistema di riferimento Oxy, avremo

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{R}=-{N}\,\hat{x}+{f}_s\,\hat{y}=-F\,\hat{x}+mg\,\hat{y}.}\]

 

Il vettore \vec{R} esprimere la forza esercitata sul blocco dalla parete in termini di versori, come richiesto.

 

Successivamente supponiamo che il blocco m entri in movimento. Dalla geometria e dalla fisica del problema è chiaro che m si muove nel verso negativo delle y. Allora, sotto suddette condizioni, dalla seconda legge della dinamica si ha

(4)   \begin{equation*} \begin{cases} f_d-mg=-ma\\ N=F, \end{cases} \end{equation*}

dove f_d è la forza di attrito dinamico.

 

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Ricordando che f_d=N\mu_d, dal sistema (4) si ottiene

(5)   \begin{equation*} F\mu_d -mg=-ma, \end{equation*}

da cui

    \[\boxcolorato{fisica}{a=\dfrac{mg-F\mu_d}{m},}\]

cioè l’accelerazione cercata.

 

Osservazione. Si osservi che per F=\dfrac{mg}{\mu_d} si ottiene a=0; ma questo non può avvenire, perché si avrebbe (si ricordi che \mu_s>\mu_d)

    \[F=\dfrac{mg}{\mu_d}\geq \dfrac{mg}{\mu_s}\]

e pertanto il blocco rimarrebbe fermo, in opposizione con le ipotesi del problema in quanto il blocco è in movimento.