Esercizio moti relativi 11

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Esercizio sui moti relativi 11 è l’undicesimo esercizio della raccolta esercizi dedicati ai moti relativi. Il successivo esercizio disponibile nella sequenza è Esercizio sui moti relativi 12, mentre il precedente è Esercizio sui moti relativi 10. L’argomento dei moti relativi precede lo studio degli esercizi svolti sul lavoro e sull’energia e prosegue con l’analisi degli esercizi svolti sui sistemi di punti materiali. Questo esercizio è rivolto agli studenti del corso di Fisica 1, risultando particolarmente utile per i percorsi di studio in ingegneria, fisica e matematica.

Testo dell’Esercizio sui moti relativi 11

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un carrello si muove con accelerazione $\vec{A}$ rispetto al piano orizzontale sul quale poggia. L’accelerazione $\vec{A}$ è costante in modulo, direzione e verso; il modulo di $\vec{A}$ è $A>0$ , la direzione e il verso è illustrato in figura 1. Sul carrello è fissato un piano scabro (rispettivamente di coefficiente di attrito statico $\mu_s$ e dinamico $\mu_d$ ) inclinato di un angolo $\phi$ rispetto al piano orizzontale. Sul piano scabro, ad una quota $h$ rispetto al carrello, è poggiato un oggetto di massa $m$ , inizialmente fermo rispetto al piano stesso.

Se vale la condizione $g\cos\phi - A\sin\phi>0$ , si calcoli

il massimo valore $A_{\text{max}}$ dell’accelerazione del carrello per il quale l’oggetto rimane fermo rispetto al piano scabro;
il tempo $\tilde{t}>0$ impiegato da $m$ per giungere alla base del carrello se quest’ultimo si muove con accelerazione $A>A_{\text{max}}$ ;
sotto quali ipotesi $m$ non si distacca dal carrello. Se avviene il distacco tra $m$ e il piano sul quale poggia, si descriva di che moto si muove $m$ rispetto ad un sistema di riferimento solidale con il piano orizzontale, e di che moto si muove $m$ rispetto ad un sistema di riferimento solidale con il carrello.

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Richiami teorici.

La seconda legge della dinamica “modificata” per un sistema di riferimento non inerziale, afferma che dato un sistema di riferimento non inerziale e un punto materiale $P$ , la somma fra la risultante di tutte le forze reali applicate a tale punto e la risultante delle forze apparenti uguaglia la massa del punto materiale per la sua accelerazione relativa rispetto al sistema di riferimento non inerziale. In formule:

(1) $\begin{equation*} \vec{F}-m\vec{a}_{O^\prime}-m\vec{a}_c-m\vec{a}_t-m\vec{a}_{\text{Coriolis}}=m\vec{a}^\prime. \end{equation*}$

Nell’equazione (1):

$\vec{F}$ è la risultante di tutte le forze reali applicate al punto materiale;
$\vec{a}_{O^\prime}$ è l’accelerazione del sistema di riferimento non inerziale rispetto ad un sistema di riferimento inerziale;
$\vec{a}_t=\vec{\alpha}\wedge\vec{r}^{\, \prime }=\dfrac{d\vec{\omega}}{dt}\wedge \vec{r}^{\, \prime }$ , dove $\vec{\omega}$ la velocità angolare con il quale ruota il sistema di riferimento non inerziale rispetto al sistema di riferimento inerziale e $\vec{r}^{\, \prime }$ il vettore posizione di $m$ rispetto al sistema di riferimento non inerziale;
$-m\vec{a}_c$ è la forza centrifuga, dove $\vec{a}_c=\vec{\omega}\wedge \left(\vec{\omega} \wedge \vec{r}^{\, \prime } \right)$ ;
$-m\, \vec{a}_{\text{Coriolis}}$ è la forza di Coriolis, dove $\vec{a}_{\text{Coriolis}}=2\vec{\omega}\wedge \vec{v}^{\, \prime }$ , essendo $\vec{v}^{\, \prime }$ la velocità relativa del punto materiale rispetto al sistema di riferimento non inerziale;
$\vec{a}^{\,\prime}$ è l’accelerazione relativa di $m$ nel sistema di riferimento non inerziale.

In particolare

(2) $\begin{equation*} -m\vec{a}_{O^\prime}-m\vec{a}_c-m\vec{a}_t-m\vec{a}_{\text{Coriolis}} \, = \, \text{somma delle forze apparenti}. \end{equation*}$

Svolgimento punto 1.

Fissiamo una coppia di sistemi di riferimento $Oxy$ e $O^\prime x^\prime y^\prime$ , che sono solidali rispettivamente con il piano orizzontale e con il carrello, e sono orientati come in figura 2.

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Risulta evidente che il sistema di riferimento $Oxy$ è inerziale, dato che il carrello accelera rispetto al sistema di riferimento $Oxy$ , possiamo dedurre anche che il sistema di riferimento $O^\prime x^\prime y^\prime$ è non inerziale. Quindi, nel sistema $O^\prime x^\prime y^\prime$ il corpo $m$ è soggetto alla forza apparente $-m\vec{A}$ , alla forza di attrito statico $\vec{f}_s$ , alla reazione vincolare $\vec{N}$ e alla forza peso $m\vec{g}$ , come mostrato in figura 3.

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La figura 3 a destra mostra come decomporre la forza apparente $-m\vec{A}$ e la forza peso $m\vec{g}$ rispetto al sistema di coordinate $O^\prime x^\prime y^\prime$ . Scomponendo le forze in figura 3 lungo le direzioni degli assi $x^\prime$ e $y^\prime$ , e applicando la seconda legge della dinamica per $m$ , otteniamo

(3) $\begin{equation*} \begin{cases} N = mg\cos\phi - mA\sin\phi, \\ f_s = mA\cos\phi + mg\sin\phi. \end{cases} \end{equation*}$

Affinché il corpo $m$ rimanga fermo, nel sistema di riferimento $O^\prime x^\prime y^\prime$ , deve valere

(4) $\begin{equation*} |\vec{f}_s| \leq \mu_s N, \end{equation*}$

ossia il modulo della forza di attrito statico $\vec{f}_s$ deve essere minore o uguale della forza di attrito massima $f_{s,\max}=\mu_sN$ , che il piano inclinato può esercitare su $m$ . Si noti che la condizione $g\cos\phi - A\sin\phi>0$ , imposta nel testo dell’esercizio, è necessaria per avere $N>0$ nell’equazione (3); se invece la condizione fosse violata avremmo $N<0$ , e di conseguenza la disequazione (4) perderebbe senso, ovvero la fisica del problema cambierebbe (si veda il punto 3). Sfruttando la prima e la seconda equazione del sistema (3), la disequazione (4) diventa

(5) $\begin{equation*} mA\cos\phi + mg\sin\phi \leq \mu_s \left(mg\cos\phi - mA\sin\phi\right), \end{equation*}$

ovvero

(6) $\begin{equation*} A\left(\cos\phi + \mu_s\sin\phi\right) \leq g\left(\mu_s\cos\phi - \sin\phi\right), \end{equation*}$

oppure

(7) $\begin{equation*} A \leq \dfrac{g\left(\mu_s\cos\phi - \sin\phi\right)}{\cos\phi + \mu_s\sin\phi}, \end{equation*}$

e quindi

(8) $\begin{equation*} A \leq \dfrac{g\left(\mu_s-\tan\phi\right)}{1+\mu_s\tan\phi}. \end{equation*}$

Dalla relazione (8)

deduciamo che il valore massimo dell’accelerazione è

$\boxcolorato{fisica}{A_{\text{max}} = \dfrac{g\left(\mu_s-\tan\phi\right)}{1+\mu_s\tan\phi}.}$

Svolgimento punto 2.

Ora assumiamo che il carrello acceleri con accelerazione $A >A_{\text{max}}$ . In questo caso, nel sistema di riferimento $O^\prime x^\prime y^\prime$ la forza di attrito statico $\vec{f}_s$ non è più sufficiente a garantire che la massa $m$ stia ferma rispetto al sistema di riferimento $O^\prime x^\prime y^\prime$ ; al contrario, $m$ inizierà a muoversi nel verso negativo dell’asse delle $x^\prime$ , con accelerazione pari ad $\vec{a}^{\,\prime}$ . Lo schema delle forze che agiscono su $m$ è identico a quello del punto precedente mostrato in figura 3, con l’unica eccezione che compare l’accelerazione $\vec{a}^{\,\prime}$ appena discussa e la forza di attrito statico $\vec{f}_s$ viene sostituita dalla forza di attrito dinamico $\vec{f}_d$ . Applicando il secondo principio della dinamica otteniamo

(9) $\begin{equation*} \begin{cases} N = mg\cos\phi - mA\sin\phi, \\ f_d - mA\cos\phi - mg \sin\phi = ma^\prime, \\ f_d = \mu_dN. \end{cases} \end{equation*}$

Nel sistema $(\ref{sistema_dinamico})$ $a^\prime$ rappresenta la componente del vettore accelerazione $\vec{a}^{\,\prime}$ lungo l’asse delle $x^\prime$ . Per definizione la componente di un vettore può essere sia positiva, che negativa, a seconda del verso in cui si muove un corpo. Nel nostro caso $m$ accelera lungo il piano inclinato verso il basso e l’asse $x^\prime$ punta verso l’alto, quindi dai calcoli ci aspettiamo di ottenere $a^\prime<0$ . Dal sistema (9), si ottiene

(10) $\begin{equation*} \mu_d\left(mg\cos\phi-mA\sin\phi\right) - mA\cos\phi -mg\sin\phi = ma^\prime, \end{equation*}$

oppure

(11) $\begin{equation*} \boxed{a^\prime=g\left( \mu_d\cos\phi-\sin\phi \right) -A\left(\cos\phi + \mu_d\sin\phi\right)<0.} \end{equation*}$

Chiaro è che $a^\prime<0$ per la fisica del problema. Se non ci fosse attrito, si avrebbe

(12) $\begin{equation*} - mA\cos\phi - mg \sin\phi = ma^{\prime\prime}, \end{equation*}$

da cui

(13) $\begin{equation*} - A\cos\phi - g \sin\phi = a^{\prime\prime}, \end{equation*}$

dove $a^{\prime\prime}$ è l’accelerazione nel caso in cui non è presente attrito, ed è evidente che sia negativa, e di conseguenza il corpo $m$ si muove nel verso negativo delle $x^\prime$ . Ora, se ci fosse attrito, siccome l’attrito per com’è definito si oppone al moto di un corpo, essendo il movimento nel verso negativo dell’asse delle $x^\prime$ , l’accelerazione $a^\prime$ continua ad avere le stesse caratteristiche di $a^{\prime\prime},$ ma con un valore più piccolo in modulo perché è attenuata dal contributo dell’attrito dinamico, come si può dedurre dalla seconda equazione del sistema (9). Dall’equazione (11) deduciamo che $a^\prime$ è costante, quindi nel sistema $O^\prime x^\prime y^\prime$ la massa $m$ si muoverà di moto rettilineo uniformemente accelerato lungo l’asse negativo delle $x^\prime$ . Assumendo che al tempo $t=0$ la massa $m$ parta da ferma a quota $h$ sul piano inclinato, dalla cinematica del moto rettilineo uniformemente accelerato possiamo scrivere la sua legge oraria come

(14) $\begin{equation*} x^\prime(t) = \frac{h}{\sin\phi} + \frac{1}{2}a^\prime t^2 = \frac{h}{\sin\phi} - \frac{1}{2}|a^\prime| t^2, \end{equation*}$

dove $h/\sin\phi$ è la posizione iniziale del corpo $m$ nel sistema di riferimento $O^\prime x^\prime y^\prime$ . Il tempo $\tilde{t}$ impiegato da $m$ per raggiungere la base del piano inclinato coincide con il tempo $t=\tilde{t}$ tale che $x^\prime(\tilde{t})=0$ . Dalla precedente equazione, imponendo $t=\tilde{t}$ , si ottiene

(15) $\begin{equation*} \tilde{t} = \sqrt{\dfrac{2h}{|a^\prime|\sin\phi}}, \end{equation*}$

o anche

$\boxcolorato{fisica}{\tilde{ t} = \sqrt{\dfrac{2h}{\left(g\left(\sin\phi - \mu_d\cos\phi\right) + A\left(\cos\phi + \mu_d\sin\phi\right)\right) \sin\phi}},}$

dove si è usato il risultato ottenuto nell’equazione (11).

Svolgimento punto 3.

In generale, non c’è nessuna garanzia che $m$ e il piano debbano restare a contatto; anzi, variando opportunamente i parametri del problema ( $A$ e $\phi$ ) è possibile ottenere sia casi in cui i due corpi restano a contatto, sia casi in cui $m$ si distacca dal piano inclinato. Per definizione, $m$ e il piano inclinato sono a contatto finché la reazione vincolare $N$ è non negativa, cioè

(16) $\begin{equation*} N = m\left(g\cos\phi-A\sin\phi\right) \geq 0. \end{equation*}$

Il risultato in formula (16) coincide con la condizione imposta nel testo dell’esercizio. Semplificando $m$ , ad ambo i membri della precedente relazione, si ottiene

(17) $\begin{equation*} g\cos\phi\geq A\sin\phi, \end{equation*}$

ossia per avere contatto la componente $y^\prime$ della forza peso $m\vec{g}$ deve essere maggiore della componente $y^\prime$ della forza apparente $-m\vec{A}$ . Dividendo, ambo i membri, della precedente disequazione per $\sin\phi$ , si ottiene

$\boxcolorato{fisica}{A \leq \dfrac{g}{\tan\phi}. }$

Sotto questa ipotesi il corpo $m$ non si distacca mai dal piano inclinato. Al contrario, se $N<0$ , e quindi $A > g/\tan\phi$ , il corpo si distacca immediatamente dal piano inclinato al tempo $t=0$ . La descrizione del moto di $m$ dopo il distacco dal carrello dipende dal sistema di riferimento scelto. Nel sistema inerziale $Oxy$ il corpo è sottoposto soltanto alla sua forza peso $m\vec{g}$ , da cui avrà un’accelerazione $\vec{a}=\vec{g}$ , diretta nel verso negativo dell’asse delle $y$ . Siccome $m$ è fermo rispetto al carrello, il suo moto dipende dalla velocità iniziale che possiede il carrello rispetto al piano orizzontale, cioè il sistema di riferimento $Oxy$ . Dunque, se il carrello ha una velocità orizzontale $v_0=0$ , il moto di $m$ sarà rettilineo uniformemente accelerato, nella direzione negativa dell’asse delle $y$ ; mentre se il carrello ha una velocità iniziale orizzontale $v_0\neq0$ , il corpo $m$ si muoverà di moto parabolico, ossia di moto rettilineo uniforme a velocità $v_0$ lungo l’asse $x$ , e di moto rettilineo uniformemente accelerato con accelerazione $\vec{g}$ lungo l’asse $y$ . Nel sistema non inerziale $O^\prime x^\prime y^\prime$ , $m$ è sottoposto alla forza peso $m\vec{g}$ , e alla forza apparente $-m\vec{A}$ . Nell’istante di tempo iniziale $m$ ha velocità iniziale nulla. Il moto di $m$ è quindi la composizione di due moti rettilinei uniformemente accelerati, uno verticale con accelerazione $\vec{g}$ , e uno orizzontale con accelerazione $-\vec{A}$ . Il risultato della composizione di questi due moti è che $m$ si muoverà di moto rettilineo uniformemente accelerato con accelerazione totale $\vec{a}^{\,\prime\prime} = \vec{g} - \vec{A}$ , nella direzione di $\vec{a}^{\,\prime\prime}$ . Per studiare questo moto più facilmente conviene ruotare gli assi $x^\prime$ e $y^\prime$ e allinearli con gli assi $x$ e $y$ del sistema di riferimento inerziale.

Approfondimento.

La dimostrazione che $a^\prime<0$ può essere fatta anche grazie a considerazioni puramente matematiche. Il corpo $m$ accelera lungo il piano inclinato quando valgono contemporaneamente tre condizioni:

$N>0$ , ossia non c’è distacco tra il corpo e il piano inclinato;
$A> A_{\max}$ , ossia siamo in regime di attrito dinamico e non di attrito statico;
$0 < \phi < \pi/2$ , per la geometria del problema.

La condizione 1, 2 e 3, implicano che il valore di $a^\prime$ in formula (11) è sempre minore di zero. Consideriamo la formula (11) e notiamo quanto segue

(18) $\begin{equation*} a^\prime = g\left(\mu_d\cos\phi - \sin\phi\right) - A\left(\cos\phi + \mu_d\sin\phi\right) < g\left(\mu_d\cos\phi - \sin\phi\right) - A_{\max}\left(\cos\phi + \mu_d\sin\phi\right), \end{equation*}$

dove si è usata la condizione 2. Ci chiediamo se

(19) $\begin{equation*} g\left(\mu_d\cos\phi - \sin\phi\right) - A_{\max}\left(\cos\phi + \mu_d\sin\phi\right) \overset{?}{<} 0. \end{equation*}$

In altre parole, se l’ultimo membro di (18) è negativo, allora anche $a^\prime$ deve essere negativa per confronto. Il nostro problema si riduce quindi a dimostrare che

(20) $\begin{equation*} g\left(\mu_d\cos\phi - \sin\phi\right) - A_{\max}\left(\cos\phi + \mu_d\sin\phi\right) < 0. \end{equation*}$

Sostituendo $A_{\max}$ (ottenuta nel primo punto del problema) nell’equazione (20), e semplificando $g$ , si ottiene

(21) $\begin{equation*} \mu_d\cos\phi - \sin\phi - \dfrac{\mu_s-\tan\phi}{1+\mu_s\tan\phi}\left(\cos\phi + \mu_d\sin\phi\right) < 0. \end{equation*}$

Dividiamo ambo i membri della precedente disuguaglianza per $\cos\phi$ e moltiplichiamo ambo i membri per $1+\mu_s\tan\phi$ , ottenendo

(22) $\begin{equation*} \left(1+\mu_s\tan\phi\right)\left(\mu_d\cos\phi - \sin\phi\right) - {\left(\mu_s-\tan\phi\right)}\left(\cos\phi + \mu_d\sin\phi\right) < 0, \end{equation*}$

dove abbiamo applicato il punto $3$ del problema, ovvero grazie al punto 3 la quantità $1+\mu_s\tan\phi$ è positiva, perché $\tan \phi>0$ per $0 < \phi < \pi/2$ . Nuovamente, sfruttando il punto 3, è possibile dividere per la quantità $\cos \phi$ ambo i membri della precedente disequazione, ottenendo

(23) $\begin{equation*} \left(1+\mu_s\tan\phi\right) \left(\mu_d-\tan\phi\right)- \left(\mu_s - \tan\phi\right)\left(1+\mu_d\tan\phi\right) < 0, \end{equation*}$

da cui

(24) $\begin{equation*} \mu_d-\mu_s\tan^2\phi - \mu_s+\mu_d\tan^2\phi < 0, \end{equation*}$

cioè

(25) $\begin{equation*} - \left(\mu_s-\mu_d\right)\left(1+\tan^2\phi\right) < 0, \end{equation*}$

che è sempre vera in quanto per definizione $\mu_s>\mu_d$ e il secondo termine è sempre positivo per $0 < \phi < \pi/2$ . Abbiamo quindi dimostrato che $a^\prime<0$ .

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