SISTEMI DI RIFERIMENTO NON INERZIALI
ESERCIZIO 1
Un punto materiale di massa m è disposto sul pavimento della cabina di una funicolare che si
muove con accelerazione costante a lungo un pendio inclinato di 30 ◦ . Sapendo che il coefficiente
d’attrito statico fra la massa e il pavimento è µs = 0.4 calcolare quanto può valere al massimo a
affinché la massa resti ferma durante il moto.
ESERCIZIO 2
Il carrello a pareti oblique descritto in figura si muove su un piano orizzontale con accelerazione at .
Determinare il minimo valore del suo modulo a t affinché la massa m aderente alla parete frontale
obliqua scabra del carrello rimanga in equilibrio. (Dati θ = 30 ◦ µs = 0.5)
ESERCIZIO 3
Sopra a un disco che ruota attorno al suo asse viene posizionata una moneta di massa m = 10 g a
una distanza r = 15 cm dal centro. Il piano del disco è scabro con coefficiente di attrito statico pari
a µs = 0.7. Determinare la velocità angolare massima consentita affinché la moneta non slitti a) in
assenza di forze esterne; b) nel caso in cui la moneta è sottoposta a una forza di modulo F1 = 0.1 N
diretta verso il centro; c) in presenza di una forza di modulo F2 = 0.03 N diretta tangenzialmente
al disco.
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SOLUZIONI
ESERCIZIO 1
Nella figura è mostrata schematicamente la cabina della funicolare con all’interno il corpo che
stiamo considerando, e tutte le forze agenti sul corpo; si tratta di forze vere ed inerziali, perchè il
SdR della cabina (sia S’) in cui il corpo è fermo è non inerziale, in quanto si sta muovendo con
accelerazione a. La seconda legge della dinamica per il corpo in S’ dovrà quindi contenere anche
le forze apparenti; in questo caso l’unica forza apparente presente è quella di trascinamento, che
ha direzione coincidente con quella dell’accelerazione del sistema non inerziale, ma verso opposto
(Fτ = −maτ = −ma). La forza di attrito statico è sempre diretta lungo la superficie su cui è appoggiato l’oggetto, e con verso opposto a quello della forza che agisce sul corpo. In questo caso, se
non ci fosse attrito, l’oggetto si sposterebbe indietro rispetto al pavimento della cabina, per effetto
di Fτ , quindi l’attrito è diretto verso destra, come indicato in figura (NB: in figura Fτ è chiamata F ).
Scriviamo l’equazione della dinamica nel SdR mobile della cabina S’, ponendoci nel caso in cui
la risultante (F ) delle forze agenti su m si annulla, e la proiettiamo nelle direzioni orizzontale e
verticale:
x)
−
F
cos
α
+
F
=
0
x) Fattr = Fτ cos α
τ
attr
F = 0 ⇒ R + P + Fattr + Fτ = 0 ⇒
⇒
y) − P + R − Fτ sin α = 0
y) R = mg + Fτ sin α
ove abbiamo indicato con Fτ = |Fτ | = m|a| = ma (ovviamente R = |R|, P = mg, Fattr = |Fattr |).
Tenendo conto che nel caso limite (massimo attrito) si ha Fattr = µs R, avremo che la x) diventa:
x) µs R = ma cos α ⇒ µs (mg + ma sin α) = ma cos α ⇒ µs g + µs a sin α = a cos α
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dalla quale possiamo ricavare il valore massimo di a per il quale il corpo si mantiene ancora fermo:
a=
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µg
= √
g 5.89 m/s2
cos α − µ sin α 5 3 − 2
Per accelerazioni maggiori il corpo comincia a spostarsi verso sinistra nel SdR della cabina. Si
noti come il risultato non dipenda dalla massa m del corpo.
ESERCIZIO 2
In figura è mostrata solo la parte frontale del carrello su cui poggia il corpo e le forze agenti su di
esso. Come nel caso dell’esercizio 1, il SdR del carrello in cui il corpo è fermo è non inerziale,
poiché sta accelerando con accelerazione at . Quindi nell’equazione della dinamica dobbiamo inserire anche le forze apparenti. In questo caso avremo solo la forza di trascinamento (Fτ = −mat )
che ha direzione coincidente con quella dell’accelerazione del sistema non inerziale e verso opposto. La forza di attrito statico è sempre diretta lungo la direzione della superficie su cui è appoggiato l’oggetto, e in verso opposto a quello della forza che cerca di muoverlo, quindi in questo
caso è diretta lungo la parete obliqua del carrello dietta verso l’alto (vedi Fattr in figura). Senza la
forza di attrito la massa scivolerebbe lungo la parete obliqua verso il basso.
Scriviamo l’equazione della dinamica nel SdR del carrello, ponendoci nel caso in cui la risultante
(F ) delle forze agenti sul corpo si annulla, e la proiettiamo nelle due direzioni parallela e perpendicolare al piano inclinato:
x) − Fτ sin θ + mg cos θ − Fattr = 0
x) Fattr = mg cos θ − Fτ sin θ
R+ P+ Fattr + F
τ = 0 ⇒
⇒
y) − mg sin θ + R − Fτ cos θ = 0
y) R = mg sin θ + Fτ cos θ
ove Fτ = |Fτ | = mat , R = |R|, Fattr = |Fattr |). Quindi la seconda equazione dell’ultimo sistema si
scrive: R = mg sin θ + mat cos θ. Ricordando che il valore limite della forza d’attrito è Fattr = µs R,
si ha per la prima equazione dell’ultimo sistema:
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x) µs R = mg cos θ − mat sin θ ⇒ µs m(g sin θ + at cos θ) = m(g cos θ − at sin θ).
Anche in questo caso la massa si semplifica e non influisce sul risultato. Risolvendo l’equazione
otteniamo il valore limite dell’accelerazione
at =
(cos θ − µs sin θ)g
6.47 m/s2
µs cos θ + sin θ
al di sotto del quale la massa scivola verso il basso.
ESERCIZIO 3
a) In figura è mostrata una visione dall’alto e frontale del sistema, e le forze che agiscono sulla
moneta. La forza di attrito esercitata dal disco che ruota imprime alla moneta un’accelerazione
centripeta. Il SdR S in cui la moneta è in quiete è un sistema non inerziale, in cui la forza apparente
è la forza centrifuga FCF (chiamata Fc in figura), di direzione pari a quella della forza centripeta
e di verso opposto. Scriviamo quindi l’equazione della dinamica in S’, eguagliamo la risultante
delle forze in S’ a 0 perchè la moneta è ferma in S’, e proiettiamo l’equazione lungo le tre direzioni
tangente (t) al disco, normale (n) e assiale (z), orientate come in figura:
n) FCF − Fattr = 0 ⇒ Fattr = FCF
R + P + Fattr + FCF = 0 ⇒
t) 0 = 0
z) R − P = 0 ⇒ R = P = mg
ove FCF = |FCF |, R = |R|, |P| = mg, Fattr = |Fattr |). Ricordando che nel caso di attrito massimo si
ha Fattr = µs R = µs mg e che la forza centrifuga è data da
FCF = mω2r = mω2 r n̂,
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otteniamo il risultato eguagliando la forza d’attrito e quella centrifuga:
µs g
2
6.76 rad/s.
n) µs mg = mω r ⇒ ω =
r
Si noti come il risultato non dipenda dalla massa m della moneta.
b) Il secondo caso è simile al precedente. Si deve aggiungere una forza F1 diretta radialmente,
verso il centro, come in figura. In questo caso l’equazione della dinamica diventa:
n) FCF − Fattr − F1 = 0 ⇒ Fattr = FCF − F1
R + P + Fattr + FCF + F1 = 0 ⇒
t) 0 = 0
z) R − P = 0 ⇒ R = P = mg
Con le stesse considerazioni fatte per il caso a) otteniamo:
µs mg + F1
10.6 rad/s
n) µs mg = mω2 r − F1 ⇒ ω =
mr
In questo caso il risultato dipende da m.
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c) Occorre tenere presente che FCF e F2 non hanno la stessa direzione. In questo caso l’equazione
della dinamica diventa:
R + P + Fattr + FCF + F2 = 0
Poichè come nei casi precedenti le forze lungo l’asse z si equilibrano (R + P = 0), possiamo semplificare l’equazione e ottenere:
Fattr + FCF + F2 = 0
In pratica, affinché la moneta sia in quiete, Fattr deve bilanciare la somma vettoriale delle due forze,
come disegnato in figura, che agiscono entrambe nel piano n − t. Poiché, come in precedenza, si
ha che
FCF = mω2r = mω2 r n̂
e che, come indicato nel testo, F2 = F2 tˆ, si avrà che:
Fattr = −FCF − F2 = −mω2 r n̂ − F2 tˆ.
Il suo modulo al quadrato sarà quindi pari a:
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Fattr
= (−mω2 r)2 + (−F2 )2 = m2 ω4 r2 + F22
e, poiché il valore massimo dell’attrito radente statico è Fattr = µs mg, si ha:
µ2s m2 g2 = m2 ω4 r2 + F22 .
Risolvendo l’equazione, ottengo il valore massimo della velocità angolare consentito prima che
avvenga lo slittamento:
µ2 m2 g2 − F 2
s
2
ω=
6.41 rad/s.
mr
Si noti come il risultato non dipenda dal verso di orientazione di F2 .
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