Forze e equazione di Newton

1
Problema 1
Un blocchetto di massa m = 1 kg è appoggiato sopra un blocco di massa M = 4 kg e lunghezza d = 0.8 m, alla sua estremità
sinistra (vedi figura). Tra i due blocchi vi è attrito (µd = 0.6 µs ) mentre il piano dove poggia il blocco più grande è da considerarsi
liscio e privo di attrito. Applicando al blocco m una forza F = 5 N si determini (a) qual è il minimo coefficiente di attrito statico
affinchè i blocchi si muovano insieme. Se poi il blocco piccolo comincia a muoversi rispetto al blocco grande, calcolare (sempre
applicando la forza F) (b) quanto vale l’accelerazione del blocco grande e (c) dopo quanto tempo il blocco piccolo cadrà avendo
raggiunto l’estremità destra.
Tra i due blocchi agisce la forza di attrito, per il blocco
inferiore nel verso della forza F (in avanti), per il blocco superiore in senso opposto (all’indietro). Chiamiamo
questa forza T .
Finchè i due blocchi sono a contatto agisce l’attrito
statico e l’accelerazione è la stessa. Le equazioni sono:
ma = F − T
m
F
M
Ma = T
d
Se vogliamo il coefficiente di attrito statico minimo
perchè il blocco non scivoli allora dovrà essere T = µs mg e sostituendo troviamo
ma = F − µsmg
Ma = µs mg
che è un sistema di due equazioni e due incognite (a e µs ). Risolvendo si ottiene:
a=
F
M+m
µs =
MF
= 0.408
(M + m)mg
Quando il blocco inizia a scivolare, le accelerazioni non sono più uguali e l’attrito diventa dinamico. Le uquazioni diventano:
ma = F − µd mg
Ma′ = µs mg
E risolvendo, otteniamo
µd mg
F − µd mg
= 2.6 m/s2
a′ =
= 0.6 m/s2
m
M
Il tempo che in questo caso il blocchetto rimane sul blocco grande, prima di cadere, è uquivalente al tempo che ci mette un corpo
con accelerazione a − a′ (accelerazione relativa tra i due blocchi) a percorrere la distanza d e dunque:
r
2d
1
′ 2
= 0.894 s
(a − a )t = d
⇒
t=
2
a − a′
a=
2
Problema 2
Tre corpi di masse m1 = 5 kg, m2 = 6 kg e m sono collegati fra loro (vedi figura) da due fili inestensibili. Le masse dei fili e delle
carrucole sono trascurabili. Tra i corpi e le superfici di appoggio c’è attrito statico e dinamico, con coefficienti µs = 0.2 e µd = 0.1.
Determinare: (a) il valore massimo m∗ di m per cui si ha equilibrio; (b) l’accelerazione del sistema se m = 2 m∗ ; (c) il lavoro fatto
dalle forze di attrito se la massa m ha acquistato una velocità di modulo V = 4 m/s partendo da ferma;
m2
m1
α=30
m
Scriviamo l’equazione di Newton (prima equazione cardinale della meccanica) per i tre corpi separatamente, tenendo presente
che, essendo la fune inestensibile, l’accelerazione è la stessa per i tre corpi e che, essendo le funi e le carrucole prive di massa, le
tensioni sono due, una per fune. Le equazioni saranno
m2 a = T2 − T1 − M2 g sin α − µm2g cos α
m1 a = T1 − µm1g
ma = mg − T2
(1)
Abbiamo volutamente lasciato il coefficiente di attrito generico poichè l’equazione vale si per il sistema in quiete (a = 0 e µ = µs )
che per il sistema in movimento (µ = µd ). Per trovare il massimo valore di m per cui il sistema è in equilibrio, porremo a = 0 e
µ = µs e troviamo:
T1 = µs m1 g
T2 = T1 + M2 g sin α + µsm2 g cos α
mg = T2
che rappresenta un sistema di tre equazioni nelle incognite T1 , T2 e µs . Ricavando T1 e T2 rispettivamente dalla prima e dalla terza
equazione e sostituendo nella terza si ottiene
m∗ = m1 µs + m2 (sin α + µs cos α) = 5.04 kg
Se m = 2m∗ il sistema si mette in moto e per ricavare l’accelerazione basterà riconsiderare il sistema (1) dove ora µ = µd . In
particolare, sommando le tre equazioni, le tensioni delle funi si elidono.
(m1 + m2 + 2m∗ )a = 2m∗ − m2g sin α − µd g(m1 + m2 cos α)
⇒
a=
2m∗ − m2 sin α − µd (m1 + m2 cos α)
= 0.311 m/s2
2m∗ + m1 + m2
Lo spazio percorso per arrivare alla velocità v in un moto uniformemente accelerato con accelerazione a si trova come:
v
v2
1
v = at
⇒
t=
⇒
l=
= 25.7 m
l = at 2
2
a
2a
Il lavoro della forza di attrito sarà allora il prodotto della forza per lo spostamento l.
L = F · l = (µd m1 g + µd m2 g cos α)l = 257 Joule
3
Problema 3
Due masse m1 e m2 sono poste su una superfice orizzontale priva di attrito e sono connesse da una fune di massa trascurabile. Una
forza F viene esercitata verso destra da una delle masse (vedi figura). Determinare a) l’accelerazione del sistema e b) la tensione
della fune T .
Consideriamo il sistema complessivo formato dalle due
masse. Su esso agisce la forza F e la massa complessiva
è m1 + m2 dunque:
(m1 + m2 )a = F
⇒
a=
m2
m1
T
F
F
m1 + m2
Efidentemente questo approccio non ci dice nulla sulla
tensione della fune che per il sistema complessivo è una forza interna.
Consideriamo ora i due sistemi singolarmente e applichiamo l’equazione di Newton. Per il primo abbiamo:
m1 a = T
⇒
T=
m2 a = F − T = F 1
m1
m1 + m2
m1 F
m1 + m2
Mentre per il secondo blocco si ha:
e ritroviamo
a=
F
m1 + m2
=
m2 F
m1 + m2
4
Problema 4
Due blocchi di massa M = 4 kg e m = 1 kg sono sistemati come in figura. Se su tutte le superfici gli attriti statico e dinamico
valgono rispettivamente µs = 0.3 e µd = 0.2 calcolare a) qual’è il valore massimo della forza F per cui il blocco di sopra non cade
e b) l’accelerazione del sistema per tale valore di forza. Calcolare infine come varia tale accelerazione se si permette la blocchetto
si sopra di muoversi.
Tra i due blocchi agisce una forza di attrito che è statico
se i due blocchi non scivolano l’uno rispetto all’altro e
m
dinamico in caso contrario. Tale forza agisce in modo
F
opposto sui due blocchi. Tra il blocco di sotto e il suoM
lo agisce sempre l’attrito dinamico. Per trovare la forza
massima che si può applicare senza far scivolare il blocco di sopra, la forza di attrito da considerare tra i due
blocchi è proprio quella di attrito statico e pari al massimo valore che essa può assumere (µs mg). Scriviamo allora le equazioni del moto per i due blocchi, considerando che questi
viaggiano insieme.
ma = µs mg
Ma = F − µs mg − µd (M + m)g
Abbiamo un sistema di due equazioni nelle incognite a e F e risolvendo troviamo:
a = µs g = 2.94 m/s2
F = (µs + µd )(M + m)g = 24.5 N
Se il blocco di sopra si muove rispetto a quello di sotto (scivola indietro), l’attrito tra i due blocchi diventa dinamico. Scriviamo
nuovamente le equazioni di Newton per i due blocchi. Sia a′ l’accelerazione del blocco di sopra (ora sono chiaramente diverse).
ma′ = µd mg
⇒
a′ = µd g = 1.96 m/s2
e per il blocco di sotto
Ma = F − µd mg − µd (M + m)g
e sostituendo l’espressione trovata prima per F si ottiene
i
h
m
a = µs + (µs − µd ) = 3.19 m/s2
M
5
Problema 5
Un blocchetto di massa (m = 2 kg) può muoversi sulla guida rappresentata nella Figura. Il piano è inclinato di un angolo α = 30◦
ed ha un coefficiente di attrito dinamico µd = 0.15. Il blocchetto inizialmente fermo, inizia a scivolare sul piano ed infine cade sul
piano orizzontale (posto ad un’altezza h = 1 m), ad una distanza di d = 60 cm dalla parete.
Trovare: (a) la velocità del blocchetto al momento dell’impatto al suolo; (b) la velocità quando lascia il piano inclinato; (c) il
tempo totale dall’inizio a quando atterra.
Analizziamo dapprima la parte relativa al volo del blocchetto. Dalla posizione dove atterra possiamo ricavare
sia il tempo del volo (t2 ) che la velocità nel punto in cui
stacca (v0 ).
v0 cos αt2 = d
m
1
h − v0 sin αt2 − gt22 = 0
2
30 gradi
Questo è un sistema di due equazioni nelle incognite t2
e v0 , che risolto fornisce:
t2 =
s
2(h − d tanα)
= 0.365 s
g
v0 =
d
= 2.00 m/s
cos αt2
h
La velocità quando il blocchetto arriva al suolo si ricava
dall’equazione oraria della velocità, sostituendo t = t2 .
d
vx (t2 ) = v0 cos α = 1.64 m/s
vy (t2 ) = −v0 sin α−gt2 = −4.53 m/s
Da queste ricaviamo il modulo della velocità
v(t2 ) =
q
v2x + v2y = 4.82 m/s
Volendo ora il tempo totale del moto, dal momento in cui il blocchetto è lasciato andare al suo impatto al suolo, devo aggiungere
il tempo che questo impiega a percorrere il piano inclinato. Sul piano il blocchetto si muove soggetto alla forza peso e alla forza
di attrito per cui:
ma = mg sin α − µd mg cosα
⇒
a = g sin α − g cosα = 3.63 m/s2
Il tempo t1 che il blocco impiega a percorrere il piano lo si ottiene imponendo che questo raggiunga la velocità v0 al tempo t1 .
at1 = v0
⇒
t1 =
v0
= 0.523 s
a
Il tempo totale sarà allora:
T = T1 + t2 = 0.888 s
6
Problema 6
Due blocchi scivolano a contatto tra loro su un piano inclinato scabro, con α = 30◦. Le masse dei due blocchi sono rispettivamente
m1 = 1.7 kg e m2 = 2.3 kg. I coefficienti di attrito dinamico sono µ1 = 0.17 e µ2 = 0.34.
Si trovi (a) l’accelerazione dei due blocchi, (b) il modulo della forza esercitata da un blocco sull’altro e (c) il valore massimo di µ1
per cui i due blocchi scendono ancora attaccati.
Questo problema è simile al problema 3. Possiamo rispondere ad alcune domande(ad esempio trovare l’accelerazione comune) considerando il sistema nel suo complesso, mentre la soluzione completa del problema richiede l’applicazione dell’equazione di Newton ai due blocchi
separatamente.
Se consideriamo il sistema totale, questo è composta dai due blocchi insieme soggetti alla forza peso a all’attrito dinamico che agisce
diversamente sui due blocchi.
1
2
α
(m1 + m2 )a = (m1 + m2 )g sin α − µd g(m1 µ1 + m2 µ2 )g cos α
Da questa ricaviamo subito
a = g sin α −
µ 1 m1 + µ 2 m2
g cos α = 2.50 m/s2
m1 + m2
Tutto va come se agisse un attrito il cui coefficiente è una madia dei coefficienti dei blocchi pesati per le loro masse.
Operando come fosse un sistema unico, evidentemente la forza che si esercita tra i due blocchi non compare essendo una
forza interna al sistema. Tale forza agisce sui due blocchi in modo uguale e contario (il blocco 2 è spinto verso il basso mentre il
blocco 1 è frenato, forza verso l’alto). Indicando con T tale forza, scriviamo le due equazioni di Newton per i blocchetti.
m1 a = m1 g sin α − T − µ1 m1 g cosα
m2 a = m2 g sin α + T − µ2m2 g cosα
Sommando le due ritroviamo l’accelerazione di prima. Per ottenere invece la forza T tra i due blocchi basterà sostituire in una delle
equazioni l’espressione dell’accelerazione a oppure, dividendo rispettivamente le due equazioni di sopra per m1 e m2 e sottraendo
la prima alla seconda si ottiene facilmente
T=
m1 m2 (µ2 − µ1 )
µ2 − µ1
=
= 0.193 N
1
1
m1 + m2
+
m2
m1
Come deve essere, se µ1 = µ2 la forza tra i blocchetti è nulla in quanto scendono entrambi con la stessa accelerazione. La forza è
diversa da zero e il blocchetto di sopra si appoggia a quello di sotto finchè il suo attrito è minore di quello del blocco che lo segue
(µ1 < µ2 ) (in altre parole questo accelererebbe di più ma trova il blocco davanti a sbarrargli la strada).
Tutto ciò risponde anche alla terza domanda. I blocchi viaggiano attaccati fino a che µ1 ≤ µ2 . Per valori maggiori il blocco 1 si
stacca e il blocco 2 scende con un’accelerazione maggiore.
7
Problema 7
Un blocco di massa m = 2 kg scivola con attrito (µs = 0.25) lungo un cuneo di massa M = 10 kg, appoggiato su un piano liscio
(vedi figura). Se l’angolo acuto del cuneo vale α = 24o , determinare a) la forza F che bisogna applicare al cuneo affinchè il
blocchetto non scivoli e b) l’accelerazione del sistema in tale caso.
I
La forza F fa muovere il cuneo di moto uniformemente
accelerato. In questo modo il cuneo diventa un riferimento non inerziale e il blocco è soggetto ad una forza
apparente Fa .
Scriviamo tutte le forze che agiscono sul blocchetto e
imponiamo che la risultante sia nulla. Per fare ciò prendiamo come sistema di riferimento un’asse lungo la discesa (asse x) e un altro normale al piano inclinato (asse
y). Lungo l’asse x abbiamo:
m
F
M
α
111111111111111111111
000000000000000000000
000000000000000000000
111111111111111111111
mg sin α − µsR − Fa cos α = 0
dove con R si è indicata la reazione normale. Lungo y possiamo invece scrivere:
R − mg cosα − Fa sin α = 0
Otteniamo cosı̀ un sistema di due equazioni nelle due incognite R e F − a. Se lo risolviamo (ad esempio ricavando R dalla seconda
equazione), otteniamo
R=
mg
= 19.3 N
cos α + µs sin α
Fa =
sin α − µs cos α
mg = 3.44 N
cos α + µs sin α
La forza apparente cui è soggetto il blocchetto è legata all’accelerazione delsistema dalla formula Fa = ma, da cui possiamo
ricavare l’accelerazione del sistema
Fa
= 1.72 m/s2
m
Se vogliamo calcolare la forza F dobbiamo considerare che questa mette in movimento tutte e due le masse (il blocchetto è fermo
rispetto al cuneo). Cosı̀ abbiamo
Fa = ma
R=
mg
= 19.3 N
cos α + µs sin α
⇒
a=
F = (M + m)a =
M+m
sin α − µs cos α
Fa =
(M + m)g = 20.7 N
m
cos α + µs sin α
Si noti che per alcuni valori dell’angolo α o del coefficiente di attrito µs la forza che viene fuori è negativa o nulla. Questo corrisponde alla situazione in cui il
blocchetto non scende anche se il cuneo è fermo. In
particolare questo succede per
R
µs ≥ tan α
F
M
mg
α
8
Problema 8
Una cassa pesante si trova a un’estremità di un carrello pianale lungo d = 6 m (vedi figura). Fra la cassa e il piano del carrello vi
è attrito. Il carrello, inizialmente a riposo, inizia a muoversi con accelerazione costante A = 2 m/s2 .
(a) qual è il minimo coefficiente d’attrito statico µs perché la cassa non inizi a scivolare sul carrello? (b) supponendo che la cassa
possa scivolare e che il coefficiente d’attrito dinamico valga µd = 0.1, dopo quanto tempo la cassa cade giù dal carrello? (c) quanto
vale la velocità della cassa relativa al suolo nell’ istante della caduta?
m
A
1111111111111111
0000000000000000
d
Sul carrello compare una forza apparente Fa = mA. Perchè il carrello non scivoli tale forza apparente non deve superare la forza
di attrito statico che la tiene ferma.
Fa = mA < Fattr = µs mg
⇒
µs <
A
= 0.204
g
Ragioniamo sempre nel sistema di riferimento del carrello. L’equazione di Newton vale:
ma = mA − µd mg
⇒
a = A − µd g = 1.02 m/s2
Il tempo per compiere la distanza d si trova facilmente dall’equazione oraria.
s
r
2d
2d
1 2
⇒
t=
=
= 3.43 s
d = at
2
a
A − µd g
Rispetto al carrello la cassa si muove verso sinistra ma rispetto al suolo la cassa ha la stessa direzione del carrello (verso destra)
ma un’accelerazione minore. Il tempo per cadere si può trovare anche facendo i conti rispetto al suolo. Nel tempo t il carrello
avrà percorso lo spazio L mentre la cassa avrà percorso lo spazio L − d. D’altra parte la cassa ha accelerazione A mentre la cassa
(rispetto al suolo) ha un’accelerazione µd g. Dunque possiamo scrivere:
1 2
1
At = L
µd gt 2 = L − d
2
2
e sottraendo la seconda alla prima si ritrova lo stesso tempo trovato in precedenza.
Per trovare la velocità della cassa al tempo t usiamo l’equazione oraria della velocità:
v(t) = µd gt = 3.36 s
9
Problema 9
Due masse uguali m1 = m2 = m = 2 kg scivolano su un cuneo collegate fra loro da una fune inestensibile e priva di massa che
può scorrere su una carrucola anch’essa priva di massa (vedi figura 2). Gli angoli sono: α = 55o e β = 35o . Calcolare: (a)
l’accelerazione del sistema nel caso in cui sui piani non sia presente attrito; (b) la velocità che il corpo 2 raggiunge dopo aver
salito una quota h = 1 m partendo da fermo; (c) se sul piano a destra è presente attrito statico, quale dev’essere il valore minimo
del cofficiente µs affinchè il sistema sia all’equilibrio.
Scriviamo l’equazione di Newton F = ma per i due
blocchi, nel caso in cui non vi sia attrito.
ma = mg sin α − T
ma = T − mg sin β
µ
1
Nello scrivere le due equazioni si è assunto positivo il
verso che va da destra verso sinistra che è poi il verso
in cui procede il sistema naturalmente. Facendo cosı̀ ci
aspettiamo un valore dell’accelerazione positivo.
Sommando le due equazioni T sparisce ed otteniamo:
α
2
β
1
a = (sin α − sin β)g = 1.20 m/s2
2
Per calcolare la velocità del sistema dopo che la quota del corpo 2 è salita di h = 1 m, osserviamo che questa corrisponde ad uno
spazio percorso di
2ma = mg(sin α − sin β)
⇒
d=
h
= 1.743 m
sin β
Dall’equazione oraria dello spazio e della velocità troviamo
r
√
1 2
2d
d = at
⇒
t=
⇒
v (t) = at = 2ad = 2.04 m/s
2
a
Per rispondere alla sterza domanda riscriviamo l’equaziopne di Newton dei due blocchi introducendo anche la forza di attrito
ma = mg sin α − T − Fattr,1
ma = T − mg sinβ − Fattr,2
Se ora vogliamo il minimo coefficiente di attrito perchè il sistema sia fermo, dobbiamo porre
a=0
Fattr,1 = µs mg cos α
Fattr,2 = µs mg cos β
Il sistema diventa dunque:
mg sin α − T − µs mg cosα = 0
T − mg sin β − µsmg cosβ = 0
che può essere risolto nelle due incognite T e µs . In particolare, sommando le due equazioni e dividendo per m e per g si ottiene
µs =
sin α − sin β
= 0.176
cos α + cosβ
Da notare che se i due angoli di pendenza sono uguali, il coefficiente di attrito viene nullo come è giusto attendersi.
10
Problema 10
Si consideri il sistema della figura, in cui un blocco di massa m = 50 kg giacie su un estremo di un carrello di massa M = 400 kg
e lunghezza totale d = 8 m, che può scorrere su un piano orizzontale senza attrito. Il blocco ed il carrello sono collegati tra loro,
attraverso una fune ed una carrucola, entrambe di massa trascurabile. Se il coefficiente di attrito statico tra blocco e carrello vale
µs = 0.3, calcolare (a) la minima forza F che bisogna esercitare sul carrello per far muovere il sistema. Una volta che il sistema
è messo in movimento (continuando ad applicare la stessa forza F), calcolare (b) l’accelerazione del carrello e (c) la velocità del
blocco prima di cadere dal carrello, se il coefficiente di attrito dinamico vale µd = 0.2.
111111111111111111111
000000000000000000000
000000000000000000000
111111111111111111111
000000000000000000000
111111111111111111111
m
000000000000000000000
111111111111111111111
000000000000000000000
111111111111111111111
F
000000000000000000000
111111111111111111111
M
000000000000000000000
111111111111111111111
000000000000000000000
111111111111111111111
000000000000000000000
111111111111111111111
000000000000000000000
111111111111111111111
000000000000000000000
111111111111111111111
Scriviamo per il carrello e per il blocco le equazioni del moto, considerando che l’accelerazione dei due corpi è la stessa ma in
senso opposto e che sia sul carrello che sul blocco agisce la stessa tensione della fune T .
= F − T − µmg
Ma
= T − µmg
ma
Nello scrivere tali equazioni si è tenuto conto che la forza di attrito agisce sul blocco ma anche (in verso opposto) sul carrello. Se
vogliamo la minima forza F per far muovere il carrello basterà porre a = 0 e troviamo subito il sistema
F − T − µsmg
T − µsmg
= 0
= 0
F = 2µs mg = 147.1 N
⇒
L’accelerazione del blocco (o del carrello) si trova ora risolvendo il sistema iniziale. Sommando le due equazioni si ottiene
F − 2µd mg
= 0.109 m/s2
M+m
Nel calcolare la velocità del blocco quando cade dal carrello, bisogna tenere conto che mentre il blocco si muove verso la carrucola,
il carrello se ne allontana con la stessa accelerazione. Dunque, rispetto al suolo, il blocco cadrà dopo aver percorso la metà della
lunghezza del carrello (nel sistema del carrello la lunghezza e completa ma il blocco ha accelerazione doppia). Le equazioni orarie
sono allora
(M + m)a = F − 2µd mg
⇒
a=
d/2 = 1/2at 2
v
= at
⇒
v=
√
ad = 0.934 m/s
11
Problema 11
Si consideri il sistema della figura 1, in cui un blocco di massa m = 50 kg giacie su un estremo di un carrello di massa M = 300 kg
e lunghezza totale d = 7 m, che può scorrere su un piano orizzontale senza attrito. Se il coefficiente di attrito statico tra blocco e
carrello vale µs = 0.3 ed il coefficiente di attrito dinamico vale µd = 0.2, calcolare (a) la minima forza F che bisogna esercitare sul
blocco per far muovere il blocco rispetto al carrello. Ad un certo istante il blocco è messo in movimento, continuando ad applicare
la stessa forza F. Calcolare (b) l’accelerazione del blocco e (c) per quanto tempo il blocco rimane sul carrello prima di cadere.
Se la forza F che applichiamo sul blocchetto è piccola,
l’attrito statico farà sı̀ che blocchetto e carrello si muovano insieme. In questo caso l’accelerazione dell’insieme
dei due corpi sarà
M
F m
F = (M + m)a
D’altra parte il carrello è postato avanti dalla sola forza di attrito statico µs mg e potra seguire una data accelerazione a, solo se
la forza che produce tale accelerazione è minore del valore della forza di attrito (se questa è maggiore il blocchetto si stacca dal
piano del carrello). Cioè
Ma ≤ Fa = µs mg
e mettendo insieme le due equazioni troviamo il valore limite della forza F per il quale blocchetto e carrello viaggiano insieme.
Per valori maggiori il blocchetto si stacca dal carrello.
F ≤ µs mg(1 + m/M) = 171.6 N
È interessante osservare che il valore che si ottiene è superiore di quello che uno otterrebbe se il blocco stesse su un piano (limite
M → ∞). Questo è dovuto al fatto che anche il carrello si può muovere.
Per calcolare l’accelerazione del blocco, una volta che questo è in movimento, basterà scrivere le equazione di Newton F = ma.
ma = F − µsmg
e sostituendo in F il valore trovato prima e dividendo per a otteniamo
m
= 1.471 m/s2
M
Anche quı̀ si può notare la differenza con il caso del blocchetto appoggiato a terra, che consiste nel termine supplementare µd g.
Infine per calcolare il tempo che il blocco permane sul carrello prima di cadere, abbiamo bisogno di conoscere l’accelerazione
relativa del blocco rispetto al carrello. Per trovare questa calcoliamo l’accelerazione del carrello che vale semplicemente
a = F − µs mg = µs g(1 + m/M) − µsmg = (µs − µd )g + µsg
m
µd g
M
L’accelerazione relativa sarà allora ar = a − ac essendo entrambe nello stesso verso e dunque
Mac = µd mg
⇒
ac =
ar = a − ac = (µs − µd )g
e troviamo che l’accelerazione relativa è la stessa sia che ci sia il carrello che se il blocco scivola rispetto al suolo. Dall’equazione
oraria del moto uniformemente accelerato troviamo facilmente il tempo per percorrere un tratto d.
s
r
2d
2d
1
d = ar T 2
=
⇒
T=
= 3.78 s
2
ar
(µs − µd )g
12
Problema 12
Un punto materiale si muove su una circonferenza di raggio R = 2.0 m con moto uniformemente accelerato. Negli intervalli di
tempo (t0 = 0, t1 = 1 s) e (t0 = 0, t2 = 2 s) il punto percorre rispettivamente gli spazi C1 = 0.4 m e C2 = 1.2 m.
Calcolare (a) l’accelerazione tangenziale aT , (b) la velocità scalare v0 all’istante t = 0 e (c) il modulo dell’accelerazione totale
all’istante t2 .
13
Problema 13
Un blocchetto di massa m = 1.1 kg giace su un piano inclinato (α = 25o) liscio. Sul blocchetto agisce una forza F = 8.0 N la cui
direzione forma un angolo β = 40o con il piano inclinato (vedi figura). Trovare (a) l’accelerazione del blocchetto e (b) la reazione
normale del piano.
Se al tempo t = 0 il blocchetto scende con velocità v0 = 2.0 m/s, calcolare (c) lo spazio percorso prima di fermarsi.
Il problema si risolve come...
F
β
α
m
14
Problema 14
Un blocchetto pesante scivola su un piano inclinato (α = 30o ) scabro, con coefficiente d’attrito dinamico µd . All’istante iniziale
esso ha una velocità V0 diretta nel senso della salita. Dopo aver percorso un tratto L = 1 m si ferma e comincia a scendere
ripassando nel punto dove si trovava all’inizio con velocità V0 /2.
Calcolare: (a) µd ; (b) V0 e (c) il tempo T impiegato per tornare alla posizione iniziale.
Il problema si risolve come...
L
µ
v0
m
α
15
Problema 15
Un blocco pesante (m = 20 kg) giace in quiete su un piano scabro (µs = 0.2). Per spostarlo si applica una forza F come in figura.
Calcolare l’angolo θ che sposta il blocco con la minima forza F. Cosa cambia se il blocco è in movimento?
Scriviamo l’equazione di Newton per il blocco e consideriamo le componenti delle forze lungo x e lungo
y.
F
θ
m
11111111111111111
00000000000000000
00000000000000000
11111111111111111
µ
F cos θ ≥ µs (mg − F sin θ)
⇒
Rn + F sin θ = mg
F cos θ ≥ µs Rn
dove con Rn si è indicata la reazione normale del piano.
Ricavando Rn dalla prima e sostituendo nella seconda
otteniamo
F ≥ Fmin =
µs mg
cos θ + µs sin θ
La forza deve dunque essere maggiore di un valore minimo dato dal rapporto dell’equazione di sopra. Per ottenere la forza
minima, essendo il numeratore del rapporto fissato, dovremmo minimizzare il denominatore. Si tratta dunque di trovare l’angolo
θ che minimizza la funzione cos θ + µs sin θ. Facciamo dunque la derivata e uguagliamola a zero
d
(cos θ + µs sin θ) = − sin θ + µs cos θ = 0
dθ
La forza minima vale in questo caso:
Fmin =
⇒
tan θ = µs
⇒
θ = tan−1 (µs ) = 16.7o
µs mg
= 56.3 N
cos θ + µs sin θ
È facile verificare, dalsegno positivo della derivata seconda, che si tratta effettivamente di un minimo.
Se avessimo voluto spostare il blocco tirando in modo parallelo al terreno come erroneamente uno potrebbe pensare avremmo
dovuto usare la forza:
′
Fmin
= µs mg = 58.8 N
16
Problema 16
Sul tetto di un vagone di massa M = 200 kg è appoggiato un blocchetto di massa m1 = 30 kg. Tale blocchetto è attaccato attraverso
una fune inestensibile, che passa in una piccola carrucola, ad un secondo blocco di massa m2 = 18 kg, il quale è appeso lungo una
parete del vagone (vedi figura 1).
Assumendo che non vi sia attrito tra il vagone e i blocchetti, calcolare (a) la forza che bisogna applicare al vagone affinchè i
blocchi non si muovano (rispetto al vagone) e (b) la tensione a cui è sottoposta la fune.
Ammettendo ora che ci sia attrito dinamico tra il blocco appeso e la parete verticale (µd = 0.30), calcolare l’accelerazione dei
blocchi (relativamente al carrello) se agisce una forza F = 300 N (si assuma a > 0 se il blocco appeso scende).
Il problema si risolve come...
m1
M
m2
F
1111111111111111111111
0000000000000000000000
0000000000000000000000
1111111111111111111111
0000000000000000000000
1111111111111111111111
17
Problema 17
Un blocco di massa m = 9 kg è collegato tramite una fune inestensibile e priva di massa che scorre su una puleggia (anch’essa
priva di massa) ad un blocco di massa M = 5 kg, posto su un piano orizzontale.
Se il coefficiente di attrito dinamico vale µd = 0.2, calcolare (a) l’accelerazione del sistema e (b) la tensione della fune.
Il problema si risolve come...
M
11111111111111
00000000000000
00000000000000
11111111111111
00000000000000
11111111111111
00000000000000
11111111111111
00000000000000
11111111111111
00000000000000
11111111111111
00000000000000
11111111111111
00000000000000
11111111111111
00000000000000
11111111111111
00000000000000
11111111111111
00000000000000
11111111111111
00000000000000
11111111111111
m
18
19
20
21