SISTEMI DI RIFERIMENTO NON INERZIALI

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1 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 µ s = 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 a t. 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 µ s = 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 µ s = 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 F 1 = 0.1N diretta verso il centro; c) in presenza di una forza di modulo F 2 = 0.03 N diretta tangenzialmente al disco. 1

2 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 ( F τ = m a τ = m a). 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 F τ, quindi l attrito è diretto verso destra, come indicato in figura (NB: in figura F τ 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: F = 0 R + P + F attr + F τ = 0 { x) Fτ cosα + F attr = 0 y) P + R F τ sinα = 0 { x) Fattr = F τ cosα y) R = mg + F τ sinα ove abbiamo indicato con F τ = F τ = m a = ma (ovviamente R = R, P = mg, F attr = F attr ). Tenendo conto che nel caso limite (massimo attrito) si ha F attr = µ s R, avremo che la x) diventa: x) µ s R = macosα µ s (mg + masinα)=macosα µ s g + µ s asinα = acosα 2

3 dalla quale possiamo ricavare il valore massimo di a per il quale il corpo si mantiene ancora fermo: a = µg cosα µsinα = 4 5 g 5.89 m/s2 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 a t. Quindi nell equazione della dinamica dobbiamo inserire anche le forze apparenti. In questo caso avremo solo la forza di trascinamento ( F τ = m a t ) 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 F attr 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: R+ P+ F attr + F τ = 0 { x) Fτ sinθ + mgcosθ F attr = 0 y) mgsinθ + R F τ cosθ = 0 { x) Fattr = mgcosθ F τ sinθ y) R = mgsinθ + F τ cosθ ove F τ = F τ = ma t, R = R, F attr = F attr ). Quindi la seconda equazione dell ultimo sistema si scrive: R = mgsinθ + ma t cosθ. Ricordando che il valore limite della forza d attrito è F attr = µ s R, si ha per la prima equazione dell ultimo sistema: 3

4 x) µ s R = mgcosθ ma t sinθ µ s m(gsinθ + a t cosθ)=m(gcosθ a t sinθ). Anche in questo caso la massa si semplifica e non influisce sul risultato. Risolvendo l equazione otteniamo il valore limite dell accelerazione a t = (cosθ µ s sinθ)g 6.47 m/s2 µ s cosθ + sinθ 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 F CF (chiamata F c 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: R + P + F attr + F CF = 0 n) F CF F attr = 0 F attr = F CF t) 0 = 0 z) R P = 0 R = P = mg ove F CF = F CF, R = R, P = mg, F attr = F attr ). Ricordando che nel caso di attrito massimo si ha F attr = µ s R = µ s mg e che la forza centrifuga è data da F CF = mω 2 r = mω 2 r ˆn, 4

5 otteniamo il risultato eguagliando la forza d attrito e quella centrifuga: n) µ s mg = mω 2 µs g r ω = 6.76 rad/s. 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 F 1 diretta radialmente, verso il centro, come in figura. In questo caso l equazione della dinamica diventa: n) F CF F attr F 1 = 0 F attr = F CF F 1 R + P + F attr + F CF + F 1 = 0 t) 0 = 0 z) R P = 0 R = P = mg Con le stesse considerazioni fatte per il caso a) otteniamo: n) µ s mg = mω 2 r F 1 ω = In questo caso il risultato dipende da m. µs mg + F 1 mr 10.6 rad/s 5

6 c) Occorre tenere presente che F CF e F 2 non hanno la stessa direzione. In questo caso l equazione della dinamica diventa: R + P + F attr + F CF + F 2 = 0 Poichè come nei casi precedenti le forze lungo l asse z si equilibrano ( R + P = 0), possiamo semplificare l equazione e ottenere: F attr + F CF + F 2 = 0 In pratica, affinché la moneta sia in quiete, F attr 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 F CF = mω 2 r = mω 2 r ˆn e che, come indicato nel testo, F 2 = F 2 ˆt, si avrà che: Il suo modulo al quadrato sarà quindi pari a: F attr = F CF F 2 = mω 2 r ˆn F 2 ˆt. F 2 attr =( mω2 r) 2 +( F 2 ) 2 = m 2 ω 4 r 2 + F 2 2 e, poiché il valore massimo dell attrito radente statico è F attr = µ s mg, si ha: µ 2 s m2 g 2 = m 2 ω 4 r 2 + F 2 2. Risolvendo l equazione, ottengo il valore massimo della velocità angolare consentito prima che avvenga lo slittamento: µ 2 sm 2 g 2 F2 2 ω = 6.41 rad/s. mr Si noti come il risultato non dipenda dal verso di orientazione di F 2. 6

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