Moti relativi 18

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Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un pedone $A$ ed un pacco $B$ si trovano su un nastro trasportatore lungo $L$ che poggia su un piano orizzontale ed inizialmente fermo, nelle posizioni iniziali indicate in figura 1. Il coefficiente di attrito tra pacco e nastro è $\mu$ ; si lascia dedurre al lettore se l’attrito in questione è statico o dinamico. All’istante iniziale $t=0$ il nastro viene accelerato con accelerazione $\vec{a}$ costante in modulo e diretta parallelamente al nastro orizzontale, come illustrato in figura 1. Si determini

il tempo $t^\star>0$ che il pacco impiega ad arrivare alla fine del nastro;
la minima velocità $\vec{v}_{\min}$ costante in modulo, direzione parallela al piano orizzontale e verso rispetto al nastro trasportatore con cui deve partire il pedone all’istante $t=0$ se vuole raggiungere il pacco prima che esso cada dal nastro.

Si considerino $A$ e $B$ come punti materiali. Si effettuino i calcoli con: $\mu=0.1$ , $a=\text{1,5}\,\text{m}\cdot \text{s}^{-2}$ , $L$ = 10 m.

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Svolgimento. Punto 1. Sul pacco $B$ agiscono la forza peso $\vec{P}=m\vec{g}$ , la reazione vincolare $\vec{N}$ e la forza d’attrito $\vec{f}_{\text{att}}$ . La forza di attrito $\vec{f}_{\text{att}}$ potrebbe essere statica o dinamica, grazie a considerazioni successive riusciremo a capirne la natura. Scegliamo un sistema di riferimento fisso $Oxy$ , come rappresentato in figura 2. Inoltre, sempre in figura 2, rappresentiamo tutte le forze agenti su $B$ .

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Lungo l’asse delle $x$ la forza d’attrito è l’unica forza agente su $B$ . Supponiamo inizialmente che la forza d’attrito sia di tipo statico; si avrebbe, in tal caso, per la seconda legge della dinamica, $f_{\text{att}}=ma$ , dove si è indicata con $m$ la massa del pacco. Affinché ci sia velocità relativa nulla tra il pacco e nastro trasportatore deve valere

(1) $\begin{equation*} f_{\text{att}} \leq \mu N. \end{equation*}$

Nella direzione dell’asse delle $y$ abbiamo

(2) $\begin{equation*} N=mg. \end{equation*}$

Sfruttando la precedente equazione la disuguaglianza (1) diventa

(3) $\begin{equation*} ma \leq \mu mg, \end{equation*}$

o anche

(4) $\begin{equation*} a \leq \mu g. \end{equation*}$

La disuguaglianza (4) è una disuguaglianza numerica falsa; sostituendo i valori numerici forniti dal problema, si ha infatti $\text{1,5}\,\text{m}\cdot \text{s}^{-2}\leq \text{0,98}\,\text{m}\cdot \text{s}^{-2}$ . Pertanto, il coefficiente $\mu$ è il coefficiente d’attrito dinamico. Per la seconda legge della dinamica abbiamo

(5) $\begin{equation*} f_{d}=m\tilde{a}, \end{equation*}$

dove abbiamo adesso indicato con $f_d$ la forza d’attrito dinamico agente sul pacco e $\tilde{a}$ l’accelerazione del pacco. Ricordando che $f_d=N\mu$ e che $N=mg$ la precedente equazione diventa

(6) $\begin{equation*} \mu mg = m \tilde{a}, \end{equation*}$

ovvero

(7) $\begin{equation*} \tilde{a} = \mu g. \end{equation*}$

Dalla precedente equazione si ottiene che $\tilde{a}$ è costante, pertanto il moto di $B$ è rettilineo uniformemente accelerato lungo l’asse delle $x$ . Indichiamo con $x_B(t)$ la posizione di $B$ nel generico istante $t>0$ lungo l’asse delle $x$ . La legge oraria di $B$ è

(8) $\begin{equation*} x_B(t)=x_0+v_0t+\frac{1}{2}at^2, \end{equation*}$

dove si è indicato con $x_0$ è la posizione iniziale e con $v_0$ la velocità iniziale. Sostituendo $x_B(t^\star)=L$ , $x_0=\dfrac{L}{2}$ , $v_0=0$ e $a=\mu g$ la precedente equazione diventa

(9) $\begin{equation*} L=\frac{L}{2}+\frac{1}{2}\mu g\left(t^\star\right)^2, \end{equation*}$

in altri termini

(10) $\begin{equation*} t^\star=\sqrt{\dfrac{L}{\mu g}}. \end{equation*}$

Da quest’ultima equazione si ricava il tempo richiesto, ossia

$\boxcolorato{fisica}{ t^\star=\sqrt{\dfrac{L}{\mu g}}=3.19\ \text{s}.}$

Punto 2. Il pedone $A$ si muove di moto rettilineo uniforme rispetto al nastro trasportatore. Ciò significa che, osservando il moto da un sistema di riferimento non inerziale solidale al nastro trasportatore, $A$ si muove di di moto rettilineo uniforme. Per il teorema delle accelerazioni relative, abbiamo

(11) $\begin{equation*} {a}_{A}={a}+{a}^{\prime}, \end{equation*}$

dove ${a}_{A}$ è l’accelerazione del pedone rispetto al sistema di riferimento $Oxy$ , ${a}$ è l’accelerazione del sistema di riferimento non inerziale solidale con il carrello e ${a}^{\prime}$ è l’accelerazione relativa del pedone nel sistema di riferimento non inerziale. Siccome $A$ si muove di moto rettilineo uniforme nel sistema non inerziale, si ha ${a}^{\prime}=0$ ; pertanto la precedente equazione diventa

(12) $\begin{equation*} {a}_{A}={a}. \end{equation*}$

Dunque, il moto di $A$ nel sistema di riferimento $Oxy$ è uniformemente accelerato lungo l’asse delle $x$ . Osserviamo che, siccome il nastro è inizialmente fermo e $A$ ha una velocità relativa ${v}_{\min }$ diretta lungo l’asse delle $x$ rispetto al nastro, la velocità iniziale nel sistema di riferimento $Oxy$ lungo l’asse delle $x$ di $A$ è ${v}_{\min }$ . Indichiamo $x_A(t)$ la posizione del pedone nel generico istante $t>0$ lungo l’asse delle $x$ . Nel sistema di riferimento $Oxy$ la legge oraria del pedone lungo l’asse delle $x$ è

(13) $\begin{equation*} x_A(t)=v_{\min} t +\dfrac{1}{2}at^2. \end{equation*}$

Poniamo $x_A(t^\star)=L$ , da cui la precedente equazione diventa

(14) $\begin{equation*} L=v_{\min} t^\star + \frac{1}{2}a(t^\star)^2, \end{equation*}$

dove si è considerata la lunghezza del nastro $L$ la posizione finale del moto del pedone, ed il tempo $t^*$ precedentemente trovato, che corrispondeva all’istante di tempo in cui il pacco raggiunge appunto l’estremità del nastro. Dalla precedente equazione, si ha

(15) $\begin{equation*} v_{\min} = \dfrac{L-\dfrac{1}{2}a(t^\star)^2}{t^\star}, \end{equation*}$

o anche

(16) $\begin{equation*} \boxed{v_{\min} = \dfrac{L-\dfrac{aL}{2\mu g}}{\sqrt{\dfrac{L}{\mu g}}},} \end{equation*}$

dove si è usato il risultato pervenuto al primo punto del problema. Sostituendo i valori numerici nella precedente equazione, troviamo

$\boxcolorato{fisica}{ v_{\min} \sim 0,7\ \text{m}\cdot \text{s}^{-1}.}$

Il secondo punto del problema poteva essere risolto anche osservando $A$ e $B$ da un sistema di riferimento solidale con il carrello. Immaginiamo di scegliere un sistema di riferimento non inerziale $O^\prime x^\prime$ solidale con il nastro tale per cui $O\equiv O^\prime$ . Nel sistema di riferimento $O^\prime x^\prime$ il pedone e il pacco si muovono rispettivamente di moto rettilineo uniforme con velocità costante $v_{\min}$ e di moto rettilineo uniformemente accelerato con accelerazione costante $a^\prime=g\mu-a$ . Nel sistema di riferimento $O^\prime x^\prime$ le posizioni iniziali del pedone e del pacco sono rispettivamente $0$ e $L/2$ . Dunque, nel sistema di riferimento non inerziale, le leggi orarie di $A$ e di $B$ sono rispettivamente

(17) $\begin{equation*} x^\prime_A(t)=v_{\min}t \end{equation*}$

(18) $\begin{equation*} x^\prime_B(t)=\dfrac{L}{2}+\dfrac{1}{2}\left(\mu g-a\right)t^2. \end{equation*}$

Sostituiamo $t=t^\star$ ottenuto al primo punto nell’equazione (18), ottenendo

(19) $\begin{equation*} x^\prime_B(t^\star)=\dfrac{L}{2}+\dfrac{1}{2}\left(\mu g-a\right) \left(t^\star\right)^2=\dfrac{L}{2}+\dfrac{1}{2}\left(\mu g-a\right)\left(\dfrac{L}{\mu g}\right)=L-\dfrac{aL}{2\mu g}. \end{equation*}$

Imponiamo

(20) $\begin{equation*} x^\prime_A(t^\star)=x^\prime_B(t^\star), \end{equation*}$

da cui usando l’equazione (18) e (19) la precedente equazione diventa

(21) $\begin{equation*} v_{\min}t^\star =L-\dfrac{aL}{2\mu g}, \end{equation*}$

conseguentemente ricordando il risultato pervenuto al primo punto, si ottiene

(22) $\begin{equation*} \boxed{v_{\min} = \dfrac{L-\dfrac{aL}{2\mu g}}{\sqrt{\dfrac{L}{\mu g}}},} \end{equation*}$

come ottenuto con il precedente metodo.