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Eseritazione V
- Leggi delle dinamia II
Eserizio 1
Un orpo di massa m = 2Kg è posto su di una superie orizzontale sabra
on oeiente d'attrito dinamio µd = 0, 2. Al orpo sono appliate le forze
F~1 e F~2 di modulo F1 = 2N e F2 = 10N ome in gura. Si aloli a quale
aelerazione è sottoposto il orpo in esame.
Soluzione
Per risolvere questo genere di problemi si ragiona nel modo seguente:
• Si introdue un sistema di oordinate x − y dove x è ha la direzione del
piano e y è diretta ortogonalmente al piano.
• Si ammette he oltre alla forza peso P~ e alle forze F~1 e F~2 il orpo sia
~ e alla forza d'attrito F~a .
soggetto anhe alla reazione vinolare del piano N
Si tenga presente he prima di poter disegnare il vettore F~a è neessario
apire quale sarà il verso del moto del orpo.
• Si srivono la omponente x e y della risultante delle forze F~ = F~1 + F~2 +
~ + F~a ,
P~ + N
Fx
=
F1x + F2x + Px + Nx + Fax ,
Fy
=
F1y + F2y + Py + Ny + Fay .
Nel aso in esame il sistema si ridue a
Fx
Fy
=
=
F1 cos ϑ + F2 cos(−ϑ) + Fa ,
F1 sin ϑ + F2 sin(−ϑ) − mg + N ,
dove abbiamo posto Fax = Fa e Ny = N .
1
• Si ottiene N ponendo Fy = 0,
N = −F1 sin ϑ − F2 sin(−ϑ) + mg .
Si hanno due possibili asi. Se N < 0 signia he il orpo si staa dalla
superie 1 . Se N ≥ 0 il orpo si muoverà lungo la superie.
Nel aso in esame N = 23, 6N > 0 e il orpo si muove lungo la superie.
• Si alola il modulo della forza d'attrito |F~a | = µd N . A questo punto i
sono due asi: se µd N ≥ |F1x + F2x + Px + Nx | il orpo rimane immobile
(a = 0 e il problema è risolto). Se invee µd N < |F1x + F2x + Px + Nx | il
orpo si muove nella stessa direzione in ui si muoverebbe se non i fosse
attrito.
Nel aso in esame µd N = 4, 7N mentre |F1x + F2x + Px + Nx | = 10, 4N ,
periò il orpo si muove.
• Se il orpo si muove, si studia in he direzione si muoverebbe il orpo
se non i fosse attrito. Per far iò si alola F1x + F2x + Px + Nx : se
questa quantità è positiva il orpo si muoverebbe nella direzione positiva
dell'asse x mentre se questa quantità è negativa il orpo si muoverebbe
nella direzione negativa dell'asse x.
Nel aso in esame
F1x + F2x + Px + Nx = F1 cos ϑ + F2 cos(−ϑ) = 10, 4N > 0 .
Periò il orpo si muove nella direzione positiva. Questa osservazione
determina ompletamente F~a ssandone il verso (Solo ora possiamo disegnare F~a !) e permette di srivere la omponente x della risultante delle
forze.
Nel aso in esame
Fx = F1 cos ϑ + F2 cos(−ϑ) − µd N = 5, 7N .
Si osservi he abbiamo posto −µd N poihè il moto avviene nel verso delle
x positive e la forza d'attrito è sempre opposta al moto.
• L'aelerazione del orpo è a = Fx /m.
Nel aso in esame a = 2, 85m/s2.
1 Non
tratteremo questa lasse di problemi e vi apiterà sempre il aso N ≥ 0
2
Eserizio 2
Un orpo di massa m = 2Kg è posto su di una superie orizzontale sabra
on oeiente d'attrito dinamio µd = 0, 2. Al orpo sono appliate le forze
F~1 e F~2 di modulo F1 = 1N e F2 = 2N ome in gura. Si aloli a quale
aelerazione è sottoposto il orpo in esame.
Soluzione
Usiamo lo shema di ragionamento preedente.
Introduiamo un sistema di oordinate x − y ome in gura.
Sriviamo la omponente x e y della risultante delle forze,
Fx
=
F1 + F2 cos(ϑ) + Fa ,
Fy
=
F2 sin(ϑ) − mg + N .
Poniamo Fy = 0 in modo da ottenere N ,
N = 18, 2N .
Il modulo della forza d'attrito è
|F~a | = µd N = 3, 6N ,
mentre
|F1x + F2x + Px + Nx | = |F1 + F2 cos(ϑ)| = 0, 4N .
Periò il orpo rimane fermo, a = 0.
3
Eserizio 3
Un orpo di massa m = 2Kg è posto sulla sommità di un piano inlinato
sabro di altezza h = 3m, ϑ = 30◦ e oeiente d'attrito dinamio µd = 0, 2.
Ammesso he il orpo parta da fermo dalla sommità del piano alolare l'aelerazione a a ui è sottoposto, il tempo tf impiegato per arrivare in fondo al
piano e la veloità vf he il orpo possiede alla ne.
Soluzione
Per appliare lo shema di ragionamento illustrato prima dobbiamo riono~ e
sere he nel aso in esame F~1 = F~2 = 0 e le unihe forze in gioo sono P~ , N
F~a .
Introduiamo un sistema di oordinate x − y ome in gura.
Sriviamo la omponente x e y della risultante delle forze,
Fx
= mg cos(270◦ + ϑ) + Fa ,
Fy
= mg sin(270◦ + ϑ) + N .
Perhè 270◦ + ϑ?! Si riordi he l'angolo è quello fra il vettore P~ e l'asse x
misurato in senso antiorario.
Poniamo Fy = 0 in modo da ottenere N ,
N = 17N .
Il modulo della forza d'attrito è
|F~a | = µd N = 3, 4N ,
mentre
|Px + Nx | = mg cos(270◦ + ϑ) = 9, 8N .
4
Periò il orpo si muove e si muove nella direzione delle x positive, ioè ade
lungo il piano inlinato. Si osservi he se il oeiente d'attrito fosse stato
abbastanza grande (ad esempio µd = 0, 6) il orpo sarebbe rimasto immobile
sulla sommità del piano.
Periò F~a è diretta nella direzione delle x negative e la omponente x della
risultante delle forze è
Fx
=
mg [cos(270◦ + ϑ) − µd sin(270◦ + ϑ)]
=
=
mg (sin ϑ − µd cos ϑ)
6, 4N .
L'aelerazione risulta essere
a = g (sin ϑ − µd cos ϑ) = 3, 2
m
.
s2
La lunghezza del piano inlinato è l = h/ sin ϑ. Periò dalle leggi del moto
uniformemente aelerato si ha
1
l = at2f
2
⇒
vf = atf =
tf =
r
r
2h
= 1, 9s ,
a sin ϑ
m
2ah
= 6, 2 .
sin ϑ
s
Si osservi he in assenza di attrito (µd = 0) l'aelerazione ã, il tempo di
aduta t̃f e la veloità nale ṽf risultano essere
m
ã = g sin ϑ = 4, 9 2 ,
s
1
t̃f =
sin ϑ
s
2h
= 1, 6s ,
g
Eserizio 4
ṽf =
p
m
2gh = 7, 7 .
s
Un orpo di massa m1 = 5Kg è posto su di un piano orizzontale sabro ed è
ollegato tramite un lo inestensibile ad un orpo di massa m2 = 2Kg. Ammesso
he il oeiente di attrito dinamio sia µd = 0, 2, alolare l'aelerazione del
sistema.
Soluzione
Un sistema ome quello in esame o rimane fermo oppure il orpo 2 adendo
trasina il orpo 1. Per risolvere questo genere di eserizi si introdue un sistema
di oordinate ome quello in gura, si ammette he il orpo 2 trasini il orpo 1
e si alola (nel modo he mostreremo fra poo) l'aelerazione a2 . Se si trova
a > 0 l'ipotesi iniziale è orretta e il sistema è in moto on aeleazione a mentre
se a ≤ 0 l'ipotesi iniziale è sbagliata e il sistema è in quiete, a = 0.
~ 1 la risultante delle forze agenti sul orpo 1 e R
~ 2 la risultante
Chiamiamo R
~
~
delle forze agenti sul orpo 2. Le omponenti x e y di R1 e R2 sono
2 Essendo i orpi ollegati da un lo inestensibile e per ome abbiamo selto il sistema di
oordinate a1 = a2 = a
5
R1x
= T − µd N ,
R1y
R2x
= m1 g − N ,
= 0,
R2y
= m2 g − T ,
dove, poihè ammettiamo he il sistema sia in moto, abbiamo potuto usare
he Fa = −µd N .
Ponendo R1y = 0 si ottiene N = m1 g . Sostituendo N nella prima equazione
si ha
R1x
=
T − µd m1 g .
Sfruttando he R1x = m1 a e R2y = m2 a la prima e la quarta equazione
divengono
m1 a
=
T − µd m1 g ,
m2 a
=
m2 g − T .
Dalla seonda di queste ultime equazioni riaviamo T ,
T
=
m2 (g − a) ,
he sostituito nella prima da
m1 a
=
m2 (g − a) − µd m1 g
⇒
a=
m2 − µd m1
m
g = 1, 4 2 .
m1 + m2
s
Periò l'ipotesi iniziale è giusta e il sistema si muove on l'aelerazione
trovata.
6
Si osservi he se ad esempio si fosse ammesso he µd = 0, 5 si sarebbe ottenuto
a = −0, 7m/s2, il he signia he il sistema sarebbe rimasto fermo.
Si osservi inne he se si pone m1 = 0, ioè se si ammette he al orpo 2
non i sia attaato nulla, allora il orpo 2 aelera on a = g , ioè è in aduta
libera.
Eserizio 5
Un orpo di massa m1 è posto su di un piano inlinato sabro on µs = 0, 2
e ϑ1 = 20◦ , ed è ollegato tramite un lo inestensibile ad un orpo di massa
m2 = 2Kg posto su di un piano inlinato privo di attrito on ϑ2 = 30◦ . Si aloli
il range di valori di m1 per ui il sistema rimane in quiete.
Soluzione
Si immagini la situazione reale. Se m1 è suientemente piola allora il orpo 2 riusirà a trasinare il orpo 1. Se aumentiamo un pò alla volta la massa
del orpo 1 allora il orpo 2 farà sempre più fatia a trasinarlo e se ontinuiamo ad aumentare la massa m1 arriveremo al punto he il sistema rimarrà in
equilibrio. Come vedremo esiste un intervallo di valori di m1 per ui il sistema
rimane in equilibrio e se aumentiamo ulteriormente la massa m1 al di fuori di
questo intervallo il sistema ese dall'equilibrio ed è ora il orpo 1 he trasina il
orpo 2.
Iniziamo on lo studiare la situazione in ui il sistema è in equilibrio ma
basterebbe una qualsiasi riduzione della massa m1 per far si he l'equilibrio si
rompa e il orpo 2 inizi a trasinare il orpo 1 (ondizione di moto inipiente
verso destra). Allora la forza d'attrito statio he agise su 1 è rivolta nella
direzione delle x negative e le equazioni del moto per i due orpi sono
0
= m1 g cos(270◦ − ϑ1 ) + m1 gµs sin(270◦ − ϑ1 ) + T ,
0
= m2 g cos(270◦ + ϑ2 ) − T .
Dalla seonda si riava T ,
7
T
=
m2 g cos(270◦ + ϑ2 ) ,
he sostituito nella prima da
m1
= −m2
cos(270◦
cos(270◦ + ϑ2 )
− ϑ1 ) + µs sin(270◦ − ϑ1 )
sin ϑ2
sin ϑ1 + µs cos ϑ1
= 1, 9Kg .
= m2
Nella situazione di moto inipiente verso sinistra si ha invee he la forza
d'attrito è rivolta nel verso delle x positive e le equazioni del moto per i due
orpi sono
0
= m1 g cos(270◦ − ϑ1 ) − m1 gµs sin(270◦ − ϑ1 ) + T ,
0
= m2 g cos(270◦ + ϑ2 ) − T .
Dalla seonda si riava T he sostituito nella prima da
m1
= −m2
cos(270◦
cos(270◦ + ϑ2 )
− ϑ1 ) − µs sin(270◦ − ϑ1 )
sin ϑ2
sin ϑ1 − µs cos ϑ1
= 6, 5Kg .
= m2
Riassumendo se
1, 9Kg = m2
sin ϑ2
sin ϑ2
≤ m1 ≤ m2
= 6, 5Kg ,
sin ϑ1 + µs cos ϑ1
sin ϑ1 − µs cos ϑ1
allora il sistema è in equilibrio.
Osservazioni
• In assenza di attrito, µs = 0, il sistema è in equilibrio solo se
m1 = m2
sin ϑ2
= 2, 9Kg .
sin ϑ1
• Se ϑ1 = 0 e ϑ2 = 90◦ allora il sistema è in equilibrio se m1 ≥ 10Kg. Infatti
nell'eserizio 4 dove m1 = 5Kg il sistema non era in equilibrio.
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