Esercizio 1
Un blocco di massa m = 3 kg parte da fermo dalla sommità di un piano inclinato di θ = 30◦ . Se il coefficiente
di attrito statico del piano è µs = 0.5, il blocco può scivolare verso il basso? In caso affermativo, si supponga
che il blocco copra tutta la lunghezza del piano, L = 2 m, in un tempo t1 = 1.5 s. Trovare l’accelerazione
del blocco, il coefficiente di attrito dinamico fra il blocco ed il piano, la forza di attrito agente sul blocco e
la velocità del blocco alla fine della discesa.
Soluzione
Facendo riferimento alla figura, il corpo inizia a scivolare se la componente della forza peso parallela al piano
eccede il valore massimo possibile di forza di attrito statico f⃗as .
N
fas
θ mg
θ
max = µ N , dove
La forza di attrito statica è in generale fas ≤ µs N , il suo valore massimo è pertanto fas
s
N = mg cos θ, visto che il piano non si rompe sotto l’azione del peso della massa m!
A conti fatti, la condizione di scivolamento è:
µs N = µs mg cos θ < mg sin θ
→
µs < tan θ ≃ 0.58
Abbiamo quindi scivolamento!!
Quando il corpo si mette in moto, l’attrito statico viene sostituito da quello dinamico, caratterizzato da
un coefficiente µd < µs . La forza di attrito dinamico, a differenza di quello statico, ha un valore fissato:
fad = µd N . Scriviamo le equazioni del moto del corpo in discesa lungo il piano (sistema di riferimento con
asse orizzontale parallelo al pino inclinato, orientato verso il basso!):
!
lungo il piano
ma = mg sin θ − fad = mg sin θ − µd mg cos θ
ortogonalmente al piano N = mg cos θ
Ricaviamo l’espressione dell’accelerazione del corpo:
a = g sin θ − µd g cos θ
Il moto di discesa è un moto uniformemente accelerato con accelerazione a, pertanto la legge oraria del moto
sarà:
1
2L
L = at2 → a = 2 ≃ 1.78 m/s2
2
t
Possiamo ora ricavare il valore del coefficiente µd , la forza di attrito e la velocità alla fine del piano:
µd =
g sin θ − a
a
= tan θ −
≃ 0.38
g cos θ
g cos θ
fad = µd N = µd mg cos θ ≃ 9.7 N ;
vf = at1 ≃ 2.7 m/s
Esercizio 2
Considerare la situazione rappresentata il figura, in cui la fune è inestensibile e di massa trascurabile, cosı̀
come la carrucola.
Il piano presenta una inclinazione θ = 30◦ , la massa m1 = 10 kg e la massa m2 = 6 kg. Determinare
l’accelerazione del sistema se il coefficiente di attrito dinamico tra la massa m1 e il piano è µd = 0.1.
m1
m2
µd
θ
Soluzione
La direzione del moto, in questo caso, non è dichiarata. In altre parole è incerto a priori se sarà la massa m1
a scendere, oppure la massa m2 . L’attrito avrà il verso opposto al moto, quindi non posso sapere a priori
quale sia il verso della forza di attrito! In questi casi è necessario fare una ipotesi iniziale sul verso positivo
del moto, scrivere le equazioni coerentemente con la scelta fatta e ricavare l’accelerazione. Se l’accelerazione
avrà il verso previsto, l’ipotesi iniziale era corretta, altrimenti l’ipotesi era sbagliata e vanno rifatti i conti!
Per cominciare, ipotizziamo che il verso del moto sia quello indicato in figura, ciò implica per la forza di
attrito il verso indicato.
a
T
m2
m2g
T
fad
N
m1
m1g
θ
Scriviamo ora le equazioni del moto del sistema coerentemente con i versi appena indicati:
⎧
⎨ massa m1 m1 g cos θ = N
m1 a = m1 g sin θ − T − µd m1 g cos θ
⎩
massa m2 m2 a = T − m2 g → T = m2a + m2 g
Risolvendo in funzione di a, si ottiene:
a=
m1 sin θ − m2 − µd m1 cos θ
g = −1.14 m/s2
m1 + m2
Il segno negativo della soluzione, indica che la nostra ipotesi inziale è sbagliata!!! Il corpo di massa
m1 sale! A questo punto dobbiamo rifare i conti ipotizzando che la situazione sia quella rappresentata nella
seguente figura:
a
T
T
m2
m2g
N
m1
m1g
fad
θ
Scriviamo ora le equazioni del moto del sistema coerentemente con i versi appena indicati:
⎧
⎨ massa m1 m1 g cos θ = N
m1 a = T − m1 g sin θ − µd m1 g cos θ
⎩
massa m2 m2 a = m2 g − T → T = m2 g − m2 a
Risolvendo in funzione di a, si ottiene:
a=
m2 − m1 sin θ − µd m1 cos θ
g = 0.47 m/s2
m1 + m2
Il segno positivo della soluzione conferma che questo sarà il verso effettivo del moto. E’ questa, dunque la
soluzione corretta del problema!
2
Esercizio 3
Considerare il sistema rappresentato in figura in cui la fune è inestensibile e di massa trascurabile, cosı̀ come
la carrucola.
F
α
m2
m1
θ
Determinare il coefficiente di attrito dinamico tra il piano inclinato e la cassa di massa m2 = 20 kg, se sotto
⃗ di modulo pari a 100 N, la cassa di massa m1 = 10 kg sale con accelerazione a = g/5.
l’azione della forza F
◦
Sia θ = 30 e α = 10◦ .
Soluzione
Disegnamo il diagramma di corpo libero.
y
x
T
N
T
m1
F
α
m2
fad
m 1g
m 2g
θ
Scriviamo le equazioni della dinamica del sistema per ciascuno dei due corpi, consci che dal momento che
la carrucola è priva di massa e la fune è inestensibile, l’accelerazione è in modulo la medesima per le due
masse. Per il corpo di massa m1 , avremo:
m1 a = T − m1 g
→
T = m1 a − m1 g =
11
m1 g ≃ 108 N
10
Per il corpo sul piano inclinato avremo:
⎧
⎨ lungo ŷ : N + F sin(α + θ) = m2 g cos θ → N = m2 g cos θ − F sin(α + θ) ≃ 105 N
m g sin θ + F cos(α + θ) − m2 a − T
⎩ lungo x̂ : m2 a = m2 g sin θ + F cos(α + θ) − µd N − T → µd = 2
≃ 0.45
N
Esercizio 4
Considerare il sistema in figura. Supponendo che tra la cassa di massa m1 = 50 kg e il suolo l’attrito sia
trascurabile e che invece il coefficiente di attrito statico tra la cassa di massa m2 = 10 kg e quella di massa
m1 sia µs = 0.3, determinare la massima forza F⃗ che può essere applicata senza che la cassa di massa m2
⃗ ′ = 2F
⃗ , la cassa di massa m2 scivola. Se il valore del coefficiente
scivoli. Se ora la forza applicata diventa F
di attrito dinamico all’interfaccia tra le due casse è µd = 0.2, determinare l’accelerazione di ciascuna delle
due casse.
m2
m1
F
Soluzione
Inizialmente, la cassa di massa m2 non sicvola, pertanto possiamo trattare il sistema delle due casse come
se fosse un corpo unico:
F⃗ = (m1 + m2 )⃗a
3
La condizione di mancato scivolamento della cassa di massa m2 è verificata se
m2 a − famax = 0
→
m2 a = µ s m2 g
→
a = µs g
Questa sarà l’accelerazione massima consentita al sistema prima che ci sia scivolamento, pertanto
Fmax = (m1 + m2 )µs g ≃ 180 N
Se la forza supera il valore massimo, l’attrito statico non riesce a mantenere ferma la cassa di massa m2
rispetto alla cassa di massa m1 . I due corpi avranno due accelerazioni diverse! Il nuovo diagramma di corpo
libero sarà il seguente:
m2 fad
fad
F’
m1
In particolare, la seconda legge di Newton applicata al corpo di massa m1 e m2 , rispettivamente sarà:
⎧
2F − µd m2 g
⎨
cassa 1 :
m1 a1 = F ′ − µd m2 g → a1 =
≃ 6.8 m/s2
m1
⎩ cassa 2 :
m2 a2 = µd m2 g → a2 = µd g ≃ 2 m/s2
4
