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Esercizio moti relativi 18

Moti relativi in Meccanica classica

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Esercizio sui moti relativi 18 è il diciottesimo esercizio della raccolta esercizi dedicati ai moti relativi. Il successivo esercizio disponibile nella sequenza è Esercizio sui moti relativi 19, mentre il precedente è Esercizio sui moti relativi 17. 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 18

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

  1. il tempo t^\star>0 che il pacco impiega ad arrivare alla fine del nastro;
  2. 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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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 (3):

  • \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.

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

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

Nella direzione dell’asse delle y abbiamo

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

Sfruttando la precedente equazione la disuguaglianza (3) diventa

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

o anche

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

La disuguaglianza (6) 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

(7)   \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

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

ovvero

(9)   \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

(10)   \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

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

in altri termini

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

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

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

 


Svolgimento 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

(13)   \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

(14)   \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

(15)   \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

(16)   \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

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

o anche

(18)   \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

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

e

(20)   \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 (20), ottenendo

(21)   \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

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

da cui usando l’equazione (20) e (21) la precedente equazione diventa

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

conseguentemente ricordando il risultato pervenuto al primo punto, si ottiene

(24)   \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.

 

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