Esercizi
(attrito trascurabile)
1)
Due masse puntiformi si trovano al tempo t = 0 nell’estremo A di un
piano liscio, inclinato di un angolo  rispetto al livello orizzontale.
Lasciando cadere verticalmente una delle masse con velocità
iniziale nulla e lanciando l’altra lungo il piano con velocità iniziale
v0, calcolare il valore di detta velocità affinché entrambe le masse
arrivino contemporaneamente al livello orizzontale. Il punto A sia
ad altezza h dalla base del piano inclinato.
Siano  e  le due masse puntiformi che iniziano a muoversi (una
scivolando lungo il piano, l’altra cadendo verticalmente) dal punto
A. La massa  possiede un’accelerazione pari a quella di gravità g;
la massa  possiede un’accelerazione proporzionale a quella di
gravità g, che ha direzione normale rispetto il livello orizzontale.
[email protected]
1
Poiché le due masse arrivano contemporaneamente al livello
orizzontale, i due spazi percorsi ( AB e AC) sono compiuti impiegando
lo stesso tempo t. I due sistemi di equazioni, che descrivono il moto
uniformemente accelerato delle masse sono
1 2

h
1

2
AC

h

g
t
AB


v
t

g
t


0
2
sin 
2 AB


 v  g t  2g h
 v 2  v 0  g AB t
 1
Ricavando il tempo dalla prima equazione del sistema  e
sostituendolo nella prima del  si ottiene la velocità iniziale
g h cos 2 
v0 
2 sin 
mentre le velocità delle due masse, quando raggiungono il medesimo
livello orizzontale, valgono rispettivamente
v1  2 gh
v 2  v 0  sin  2gh
[email protected]
2
2)
Dagli estremi di una guida liscia di lunghezza AB = s, inclinata di un
angolo  rispetto all’orizzontale, due masse puntiformi iniziano
contemporaneamente a muoversi: la  viene lanciata da A con
velocità iniziale v0 (parallela alla guida) e la  inizia a scivolare da
B con velocità iniziale nulla. Determinare l’angolo di inclinazione 
affinché le due masse si incontrino nel punto medio C della guida.
Lo spazio percorso dalle due masse vale
AC  BC 
s
2
B
gt
v0
C
g

A
[email protected]
3
ed il tempo impiegato a percorrerlo dalle due masse è il medesimo.
L’accelerazione delle due masse è uguale al valore della componente
dell’accelerazione di gravità g lungo la guida, ossia
gt  gsin 
La massa  compie un moto uniformemente decelerato, la  uno
uniformemente accelerato e le rispettive equazioni del moto sono
s
1 2

AC


v
t

gtt
0

2
2

 v  v  g t  v 2  2g s
0
0
t
 1
2
s 1 2

BC

 gtt

2 2

 v  g t  2g s
t
t
 2
2
Ricavando il tempo dalla prima equazione di  e sostituendo nella
prima di  si ricava l’angolo
v 02
  arcsin
gs
[email protected]
4
e le due masse si incontreranno in C con velocità rispettivamente
v1  v 02  2g sin 
s
2
v 2  2g sin 
s
2
Attenzione: dovendo essere sin  1, vale la disuguaglianza
v 02
1
gs

v 0  gs
che impone un valore massimo limite al modulo della velocità iniziale
della massa .
[email protected]
5
Esercizi
(con attrito)
3)
La massa m viene lanciata su un piano scabro, inclinato di un
angolo  rispetto al livello orizzontale, con velocità iniziale v0
parallela al piano. Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico
vale fd, determinare a quale altezza (rispetto al livello di partenza) si
arresterà la massa sul piano.
La presenza della forza di attrito dinamico, agente sulla massa in
moto, significa che esiste una interazione fra piano inclinato e massa
che non può essere descritta usando un procedimento puramente
cinematico.
─ Scelta del sistema di riferimento: sistema a due assi, uno parallelo
al piano e concorde con la direzione del moto (direzione
tangenziale); l’altro normale a questo.
─ Diagramma di corpo libero e analisi delle forze
[email protected]
6
N
B
Fd
m
Pt
h
v0

C
A
P
Pn
[email protected]
7
la forza peso ha direzione normale all’orizzontale e presenta due
componenti rispetto agli assi del riferimento
componente tangenziale : Pt  Psin   m g sin 
componente normale
: Pn  Pcos   m g cos 
l’azione esercitata dalla massa sul piano è pari a Pn e la reazione
del piano sulla massa è uguale a Pn, ma di verso opposto
N  Pn  mgcos 
la forza di attrito dinamico vale
Fd  fd N  fdmgcos 
─ Descrizione analitica del moto: la forza peso è una forza
conservativa, la forza di attrito non lo è. L’applicazione del
teorema dell’energia cinetica permette di risolvere il problema: il
lavoro totale delle forze agenti sulla massa, quando si sposta dalla
posizione iniziale A a quella finale B, è uguale alla variazione di
energia cinetica calcolata alla posizione finale ed iniziale. Si osservi
che in B la massa si ferma, quindi TB = 0
[email protected]
8
1
L AB  L(Pt )  L(Fd )  TB  TA  0  mv 02
2
h
lavoro di Pt : L(Pt )   Pt AB   m g sin 
  m gh
sin 
h
lavoro di Fd : L(Fd )   Fd AB   fdm gcos 
  fdm ghcot 
sin 
Sostituendo i valori nel teorema si ricava la quota raggiunta dalla
massa, rispetto al livello iniziale
v 02
h
2g  1  fd cot  
alla quale corrisponde lo spazio
v 02
h
1
AB 

sin  2g sin   fd cos 
[email protected]
9
─ Se la forza di attrito fosse trascurabile (Fd = 0), i due valori
v 02
h
2g
v 02 1
AB 
2g sin 
corrisponderebbero a quelli ottenibili lanciando verticalmente la
massa con la stessa velocità iniziale (infatti la forza peso è
conservativa ed il suo lavoro è indipendente dal tipo di traiettoria
percorsa).
─ Il valore della decelerazione si ricava applicando la II legge della
dinamica
 m gsin   fd m gsin   m a
dalla quale si ricava
a   g  sin   fd cos  
[email protected]
10
4)
Risolvere il problema 1) nel caso di un piano inclinato scabro con
coefficiente di attrito dinamico fd.
Facendo riferimento al disegno delle vignetta 2, le due masse sono
─  = m1 (con accelerazione g, moto rettilineo verticale),
─  = m2 (con accelerazione a2 proporzionale a g, moto rettilineo
uniformemente accelerato).
Arrivando contemporaneamente al livello orizzontale, il tempo
impiegato a percorrere le due traiettorie AB e AC è lo stesso.
Le equazioni del moto sono
1 2

AC

h

gt

2

 v  g t  2gh
 1
h
1 2

 AB  sin   v 0 t  2 a 2t

 v  v  a t  v 2  2a AB
0
2
0
2
 2
Dalla prima equazione di  si ricavi il tempo e lo si sostituisca nella
prima di  ottenendo
[email protected]
11
 1
t
2h
g

v0 
h  g


a
2g  sin  2 
La determinazione dell’accelerazione a2 non può essere fatta tramite
un procedimento puramente cinematico, a causa della presenza della
forza di attrito dinamico che agisce durante il moto di m2.
─ Diagramma di corpo libero per m2 e analisi dinamica del moto: si
consideri un riferimento bidimensionale con un asse parallelo al
piano e verso concorde con la direzione del moto (direzione
tangenziale) e l’altro normale (direzione
normale). Considerando unicamente la
N
rappresentazione delle forze per la massa
m2 (vignetta 2), si ricava l’equazione del
Pt
F
d
moto applicando il II principio della
dinamica
P2t  Fd  m2a2
Pn
P
essendo
[email protected]
12
 P2t  m 2 g sin 
P2  m 2 g

 P2n  m 2 g cos   N
Fd  fd N  fdm 2 g cos 
e sostituendo si ricava
a 2  g  sin   fd cos  
La velocità iniziale, espressa dalla relazione (1), assume allora il valore
gh
cos   fd sin   cot 

2
e le velocità delle due masse quando arrivano contemporaneamente al
livello orizzontale valgono
v0 
v1  2g h
v 2  v 02  2a 2 AB  v 02 
2g h
sin   fd cos  

sin 
Quest’ultimo valore si può anche ricavare applicando il teorema
dell’energia cinetica alla massa m2
[email protected]
13
1
1
L AB  L(P2t )  L(Fd )  m 2 v 22  m 2 v 02
2
2
L(P2t )   P2t AB  m 2 g h
L(Fd )   Fd AB   fdm 2g hcot 
ottenendo proprio
v 2  v 02 
2g h
sin   fd cos  

sin 
Osservazione: se non agisse alcuna forza di attrito, i valori di
accelerazione a2, velocità iniziale e velocità finale sarebbero
a 2  gsin 
v0 
gh cos 2 
2 sin 
v1  2gh
[email protected]
v 2  v 02  2gh
14
5)
La massa m è appoggiata su un piano scabro, incernierato ad un
suo estremo, che può ruotare dalla posizione orizzontale ( = 0°) a
quella verticale ( = 90°). Sapendo che il coefficiente di attrito
statico vale fs, determinare il massimo angolo di inclinazione del
piano senza che la massa scivoli.
Sia M il massimo valore dell’angolo di inclinazione del piano,
rispetto al livello orizzontale. Il diagramma di corpo libero è
N
Fs
Pt

Pn
P
[email protected]
15
La massa non deve scivolare sul piano, quindi la sua accelerazione
deve essere nulla a = 0 e le forze agenti sono
 Pt  m g sin 
P  mg

 Pn  m g cos   N
Fs  fs N  fsm g cos 
Applicando il II principio della dinamica si ricava
Pt  Fs  ma  0
Pt  Fs
m g sin M  fsm g cos M
ossia
tan M  fs
M  arctanfs
Per valori maggiori di M, la massa inizia a scivolare secondo le
modalità illustrate nei precedenti esercizi.
[email protected]
16
• La massa m, appoggiata su un piano scabro (coefficiente di attrito
dinamico fd) inclinato di un angolo  rispetto all’orizzontale, è
sottoposta all’azione di una forza di intensità costante che forma un
angolo  con la direzione del moto. Sapendo che la massa inizia a
muoversi dalla base del piano con velocità iniziale nulla, calcolare la
sua accelerazione e discutere le varie possibilità.
Non essendo specificato come deve essere considerato l’angolo , se
positivo o negativo rispetto alla direzione del moto, è importante
analizzare la differenza e le implicazioni fisiche delle due possibilità.

caso a)


caso b)
F
[email protected]

F
17
─  negativo (vedere figura caso a)
Na
caso a)
Ft

Pt
F
Fd
Fn
Pn

P
[email protected]
18
I moduli della forza peso P e la forza F hanno componenti, rispetto
agli assi, definiti da
 Pt  m g sin 
 Ft  Fcos 
P  mg 
F 
 Pn  m g cos 
 Fn  Fsin 
La forza di attrito dinamico ha modulo
Fd  fd Na
ed a causa del vincolo di appoggio della massa sul piano inclinato si ha
N P F 0
a
n
n
N  m g cos   F sin 
a
F  f N  f  m g cos   F sin  
d d a d
Ossia il modulo della reazione normale Na è pari alla somma delle due
componenti normali Pn ed Fn (in quanto parallele e concordi).
[email protected]
19
─  positivo (vedere figura caso b)
F
caso b)
Nb

Ft
Fn
Pt
Fd
Pn

P
[email protected]
20
I moduli della forza peso P e la forza F hanno componenti, rispetto
agli assi, definiti da
 Pt  m g sin 
 Ft  Fcos 
P  mg 
F 
 Pn  m g cos 
 Fn  Fsin 
La forza di attrito dinamico ha modulo
Fd  fd Na
ed a causa del vincolo di appoggio della massa sul piano inclinato si ha
N P F 0
b
n
n
N  m g cos   F sin 
b
F  f N  f  m g cos   F sin  
d d b d
Ossia il modulo della reazione normale Nb è pari alla somma algebrica
delle due componenti normali Pn ed Fn (in quanto parallele e discordi).
[email protected]
21
Regola generale: avendo più forze applicate ad una massa, appoggiata
su una superficie qualsiasi scabra, la reazione normale della superficie
sulla massa è sempre uguale alla somma algebrica del modulo delle
componenti normali di tali forze
N =  Fk
k
e nel caso in esame
N  m g cos   F sin 
   N a

   N b
 caso a 
 caso b 
Applicando la II legge della dinamica (legge di Newton) si ricava
Ft  Pt  Fd  ma
e sostituendo ai simboli i rispettivi valori si ottengono le due equazioni
caso a : F cos   m g sin   fd  mg cos   F sin    ma
caso b : F cos   m g sin   fd  mg cos   F sin    ma
[email protected]
22
Il valore dell’accelerazione per le due possibilità è data da
F
caso a : a   cos   fd sin    g  sin   fd cos  
m
F
caso b : a   cos   fd sin    g  sin   fd cos  
m
─ Particolarità:
• Se il coefficiente di attrito dinamico fosse trascurabile (fd = 0),
l’accelerazione verrebbe
F
a  cos   g sin 
m
• Se il valore dell’accelerazione si annullasse (a = 0), la massa si
muoverebbe di moto uniforme e l’intensità della forza
applicata sarebbe
sin   fd cos 
caso a : F  mg
cos   fd sin 
sin   fd cos 
caso b : F  mg
cos   fd sin 
[email protected]
23