Dinamica : attriti
Salve a tutti... questo è il testo del problema che sto cercando di risolvere:
Un libro di massa M=2 kg lungo h=30 cm giace su un tavolo appoggiato sopra un foglio di cartoncino di massa m = 0.01M. I coefficienti di attrito, uguali fra tutte le superfici, sono µS= 0.15 e
µD=0.10. Sul foglio di carta viene applicata una forza orizzontale F.
a. Qual è il valore minimo di F (la chiamiamo F1) in grado di causare un moto dei due corpi?
b. Qual è il valore minimo di F (la chiamiamo F2) in grado di estrarre il cartoncino da sotto il libro?
Inizio impostando la seconda legge di Newton per entrambi i corpi, considerando che se si muovono insieme hanno la stessa accelerazione; ho per m
$n - mg - N = 0$ lungo y, (dove n è la normale al piano e N la reazione di M)
$F_1 - F_ad - F_as = ma$ lungo x, e per M
$N - Mg = 0$ lungo y,
$F_as = Ma$ lungo x.
Risolvendo le equazioni ottengo $F_1 - μ_d g(m+M) - F_as = ((F_as)/M)$
A questo punto, ho il dubbio se mi è possibile considerare $F_as$ uguale in modulo a $μ_s$$n$ oppure no...
Un libro di massa M=2 kg lungo h=30 cm giace su un tavolo appoggiato sopra un foglio di cartoncino di massa m = 0.01M. I coefficienti di attrito, uguali fra tutte le superfici, sono µS= 0.15 e
µD=0.10. Sul foglio di carta viene applicata una forza orizzontale F.
a. Qual è il valore minimo di F (la chiamiamo F1) in grado di causare un moto dei due corpi?
b. Qual è il valore minimo di F (la chiamiamo F2) in grado di estrarre il cartoncino da sotto il libro?
Inizio impostando la seconda legge di Newton per entrambi i corpi, considerando che se si muovono insieme hanno la stessa accelerazione; ho per m
$n - mg - N = 0$ lungo y, (dove n è la normale al piano e N la reazione di M)
$F_1 - F_ad - F_as = ma$ lungo x, e per M
$N - Mg = 0$ lungo y,
$F_as = Ma$ lungo x.
Risolvendo le equazioni ottengo $F_1 - μ_d g(m+M) - F_as = ((F_as)/M)$
A questo punto, ho il dubbio se mi è possibile considerare $F_as$ uguale in modulo a $μ_s$$n$ oppure no...
Risposte
Il foglio si muove se e solo se:
$[F gt \mu_s(m+M)g+\mu_sMg] rarr [F gt \mu_s(m+2M)g]$
Nel caso in cui il foglio e il libro possano muoversi con la stessa accelerazione:
$\{(ma=F-\mu_d(m+M)g-\mu_sMg),(Ma=\mu_sMg):} rarr \{(a=(F-\mu_d(m+M)g-\mu_sMg)/m),(a=\mu_sg):} rarr$
$rarr [(F-\mu_d(m+M)g-\mu_sMg)/m=\mu_sg] rarr [F=(\mu_s+\mu_d)(m+M)g]$
eventualità che si verifica se e solo se:
$[(\mu_s+\mu_d)(m+M)g gt \mu_s(m+2M)g] rarr [(\mu_s-\mu_d)M lt \mu_dm] rarr [\mu_s/\mu_d-1 lt m/M]$
Nel caso in esame la condizione non è soddisfatta. A questo punto, se la domanda a) deve intendersi nel senso di un moto solidale, come sarebbe logico aspettarsi considerando la domanda b), il problema sembra mal posto.
$[F gt \mu_s(m+M)g+\mu_sMg] rarr [F gt \mu_s(m+2M)g]$
Nel caso in cui il foglio e il libro possano muoversi con la stessa accelerazione:
$\{(ma=F-\mu_d(m+M)g-\mu_sMg),(Ma=\mu_sMg):} rarr \{(a=(F-\mu_d(m+M)g-\mu_sMg)/m),(a=\mu_sg):} rarr$
$rarr [(F-\mu_d(m+M)g-\mu_sMg)/m=\mu_sg] rarr [F=(\mu_s+\mu_d)(m+M)g]$
eventualità che si verifica se e solo se:
$[(\mu_s+\mu_d)(m+M)g gt \mu_s(m+2M)g] rarr [(\mu_s-\mu_d)M lt \mu_dm] rarr [\mu_s/\mu_d-1 lt m/M]$
Nel caso in esame la condizione non è soddisfatta. A questo punto, se la domanda a) deve intendersi nel senso di un moto solidale, come sarebbe logico aspettarsi considerando la domanda b), il problema sembra mal posto.
Ho ragionato in maniera diversa, ecco come.
Applichiamo al cartoncino (corpo 1 , massa $m$ ) una forza $F$ . Si possono verificare 3 casi :
1) i due corpi restano fermi
2) i due corpi acquistano accelerazioni iniziali diverse
3) i due corpi acquistano la stessa accelerazione iniziale
Il caso 1 si verifica se $F$ è minore o uguale alla forza di attrito massima che il piano può applicare al cartoncino, cioè se :
$F <=\mu_s(M+m)g$
Infatti, se non si muove il cartoncino a maggior ragione non si muove il libro, di cui si tiene conto attraverso $M$.
Nel caso 2) , i due corpi acquistano accelerazioni iniziali diverse; le equazioni del moto, considerando le forze agenti, sono quindi :
- cartoncino (corpo 1) :
$ F -\mu_s(M+m)g - \mu_sMg = m a_1$ , da cui si ricava : $a_1 = 1/m[F - \mu_s(M+m)g -\mu_sMg] = 1/m[F-\mu_s(2M+m)]$ , al primo distacco.
- libro (corpo 2) :
$ \mu_sMg = Ma_2$ , da cui , al primo distacco : $a_2 = \mu_sg$
quando è che $a_1 >a_2$ ? Quando : $1/m[F-\mu_s(2M+m)] > \mu_sg $ , da cui : $F-\mu_s(2M+m) > \mu_smg $ , e infine :
$F > 2 \mu_sg(M+m)$
questa $F$ è doppia di quella minima necessaria per muovere i due corpi .
Nel caso 3) quindi, i due corpi si muoveranno con la stessa accelerazione allorché la forza $F$ soddisfa la condizione :
$ \mu_sg(M+m) < F <= 2 \mu_sg(M+m)$
NB : queste sono forze iniziali e quindi accelerazioni iniziali, di primo distacco. Non ho considerato perciò l'attrito dinamico.
Effettivamente il problema non sembra ben posto.
Applichiamo al cartoncino (corpo 1 , massa $m$ ) una forza $F$ . Si possono verificare 3 casi :
1) i due corpi restano fermi
2) i due corpi acquistano accelerazioni iniziali diverse
3) i due corpi acquistano la stessa accelerazione iniziale
Il caso 1 si verifica se $F$ è minore o uguale alla forza di attrito massima che il piano può applicare al cartoncino, cioè se :
$F <=\mu_s(M+m)g$
Infatti, se non si muove il cartoncino a maggior ragione non si muove il libro, di cui si tiene conto attraverso $M$.
Nel caso 2) , i due corpi acquistano accelerazioni iniziali diverse; le equazioni del moto, considerando le forze agenti, sono quindi :
- cartoncino (corpo 1) :
$ F -\mu_s(M+m)g - \mu_sMg = m a_1$ , da cui si ricava : $a_1 = 1/m[F - \mu_s(M+m)g -\mu_sMg] = 1/m[F-\mu_s(2M+m)]$ , al primo distacco.
- libro (corpo 2) :
$ \mu_sMg = Ma_2$ , da cui , al primo distacco : $a_2 = \mu_sg$
quando è che $a_1 >a_2$ ? Quando : $1/m[F-\mu_s(2M+m)] > \mu_sg $ , da cui : $F-\mu_s(2M+m) > \mu_smg $ , e infine :
$F > 2 \mu_sg(M+m)$
questa $F$ è doppia di quella minima necessaria per muovere i due corpi .
Nel caso 3) quindi, i due corpi si muoveranno con la stessa accelerazione allorché la forza $F$ soddisfa la condizione :
$ \mu_sg(M+m) < F <= 2 \mu_sg(M+m)$
NB : queste sono forze iniziali e quindi accelerazioni iniziali, di primo distacco. Non ho considerato perciò l'attrito dinamico.
Effettivamente il problema non sembra ben posto.
Ciao Shackle e grazie per il tuo contributo. Veramente, non l'ho ancora letto ma, lo farò al più presto. Ti ho risposto subito perché ero rimasto un po' amareggiato per come erano andate le cose in quella discussione. Insomma, scusami se ti sono sembrato un po' ostile. Per quanto mi riguarda, non capiterà più. 
"anonymous_0b37e9":
Ciao Shackle e grazie per il tuo contributo. Veramente, non l'ho ancora letto ma, lo farò al più presto. Ti ho risposto subito perché ero rimasto un po' amareggiato per come erano andate le cose in quella discussione. Insomma, scusami se ti sono sembrato un po' ostile. Per quanto mi riguarda, non capiterà più.
Neanche per me capiterà più. Scusa anche tu . Argomento chiuso.
"anonymous_0b37e9":
Il foglio si muove se e solo se:
$[F gt \mu_s(m+M)g+\mu_sMg] rarr [F gt \mu_s(m+2M)g]$
"Shackle":
Il caso 1 si verifica se $F$ è minore o uguale alla forza di attrito massima che il piano può applicare al cartoncino, cioè se :
$F <=\mu_s(M+m)g$
Per onestà intellettuale, quando ho scritto:
" il foglio si muove ... "
avrei tranquillamente potuto scrivere:
" il foglio e il libro si muovono ... "
visto che, se il foglio non si muove, non si muove nemmeno il libro.
Insomma, ho sbagliato clamorosamente. Ho considerato la forza di attrito che il libro esercita sul foglio dimenticando che la forza di attrito contraria avrebbe mosso il libro pur restando il foglio in quiete. Su questo punto hai senz'altro ragione. Strano ma vero, non si sviluppa alcuna forza di attrito tra il foglio e il libro. Grazie per la correzione. A questo punto, devo riconsiderare tutto il resto.
Io procederei così.
Parte 1
Applicando una forza $[F gt \mu_s(m+M)g] rarr [F=\mu_s(m+M)g+F_(\epsilon)] ^^ [F_(\epsilon) gt 0]$ e ipotizzando che le accelerazioni siano uguali:
$\{(ma=\mu_s(m+M)g+F_(\epsilon)-\mu_d(m+M)g-F_a),(Ma=F_a):} rarr \{(a=(\mu_s(m+M)g+F_(\epsilon)-\mu_d(m+M)g-F_a)/m),(a=F_a/M):} rarr$
$rarr [(\mu_s(m+M)g+F_(\epsilon)-\mu_d(m+M)g-F_a)/m=F_a/M] rarr [F_a=(\mu_s-\mu_d)Mg+M/(m+M)F_(\epsilon)]$
Quindi: $[F_a lt= \mu_sMg] rarr [(\mu_s-\mu_d)Mg+M/(m+M)F_(\epsilon) lt= \mu_sMg] rarr [F_(\epsilon) lt= \mu_d(m+M)g]$
Parte 2
Applicando una forza $[F gt \mu_s(m+M)g] rarr [F=\mu_s(m+M)g+F_(\epsilon)] ^^ [F_(\epsilon) gt 0]$ e ipotizzando che le accelerazioni siano diverse:
$\{(ma_m=\mu_s(m+M)g+F_(\epsilon)-\mu_d(m+M)g-\mu_dMg),(Ma_M=\mu_dMg):} rarr \{(a_m=(\mu_s(m+M)g+F_(\epsilon)-\mu_d(m+M)g-\mu_dMg)/m),(a_M=\mu_dg):}$
Quindi: $[a_M lt a_m] rarr [\mu_dg lt (\mu_s(m+M)g+F_(\epsilon)-\mu_d(m+M)g-\mu_dMg)/m] rarr [F_(\epsilon) gt (2\mu_d-\mu_s)(m+M)g]$
Parte 3
Implicazioni che derivano dalle prime due parti:
1. accelerazioni uguali $rarr [F_(\epsilon) lt= \mu_d(m+M)g]$
2. $[F_(\epsilon) gt \mu_d(m+M)g] rarr $accelerazioni diverse
3. accelerazioni diverse $rarr [F_(\epsilon) gt (2\mu_d-\mu_s)(m+M)g]$
4. $[F_(\epsilon) lt= (2\mu_d-\mu_s)(m+M)g] rarr$ accelerazioni uguali
Concatenando la 2 con la 3:
$[F_(\epsilon) gt \mu_d(m+M)g] rarr$ accelerazioni diverse $rarr [F_(\epsilon) gt (2\mu_d-\mu_s)(m+M)g]$
Quindi:
$\{(F_(\epsilon) gt \mu_d(m+M)g),(F_(\epsilon) gt (2\mu_d-\mu_s)(m+M)g):}$
Considerando che:
$[\mu_d lt \mu_s] rarr [\mu_d(m+M)g gt (2\mu_d-\mu_s)(m+M)g]$
si ha:
$\{(F_(\epsilon) gt \mu_d(m+M)g),(F_(\epsilon) gt (2\mu_d-\mu_s)(m+M)g):} rarr [F_(\epsilon) gt \mu_d(m+M)g]$
e di conseguenza:
accelerazioni diverse $rarr [F_(\epsilon) gt \mu_d(m+M)g]$ **********di questa implicazione non sono sicuro**********
$[F_(\epsilon) lt= \mu_d(m+M)g] rarr $accelerazioni uguali
Finalmente:
accelerazioni uguali $rarr [F_(\epsilon) lt= \mu_d(m+M)g]$
$[F_(\epsilon) lt= \mu_d(m+M)g] rarr $accelerazioni uguali
"anonymous_0b37e9":
.......
Io procederei così. Applicando una forza $[F gt \mu_s(m+M)g] rarr [F=\mu_s(m+M)g+F_(\epsilon)] ^^ [F_(\epsilon) gt 0]$ e ipotizzando che le accelerazioni siano uguali:
$\{(ma=\mu_s(m+M)g+F_(\epsilon)-\mu_d(m+M)g-F_a),(Ma=F_a):} rarr \{(a=(\mu_s(m+M)g+F_(\epsilon)-\mu_d(m+M)g-F_a)/m),(a=F_a/M):} rarr$
Cioè hai ipotizzato già una situazione di moto relativo tra sistema e piano, e quindi introdotto il coefficiente di attrito dinamico qui : $-\mu_d(m+M)g$ , nella $ma$ del cartoncino .....Uhm.... non lo so se questo ragionamento è valido, perchè la piccola forza $F_(\epsilon)$ dovrebbe tendere a zero , se consideri il primo distacco....
Insomma, il problema sembra essere ben posto: le due accelerazioni sono uguali finché $[\mu_s(m+M)g lt F lt= (\mu_s+\mu_d)(m+M)g]$.
In pratica, sei arrivato alla conclusione cui ero arrivato io, che i due corpi procedono con la stessa accelerazione quando la forza applicata è in un certo intervallo, solo che anziché $(\mu_s+\mu_s) = 2 \mu_s$ hai considerato $(\mu_s+\mu_d) $ a fattore della forza $(\mu_s+\mu_d)(m+M)g]$
Sono un po' perplesso, può darsi che abbia ragione tu, ma ci vorrebbe un riscontro.
Chissà se chi ha posto il problema ha la soluzione ...
Ho penato non poco ma sono quasi riuscito a formalizzarlo rigorosamente. Ad ogni modo, è abbastanza sorprendente come, essendo $[\mu_d lt \mu_s]$, il fatto che esista sempre una fase in cui il foglio e il libro hanno la stessa accelerazione sia così difficile da formalizzare. Probabilmente esiste un procedimento più "pulito" e mi riprometto di pensarci. Anche perchè, nonostante l'unica pecca della dimostrazione di cui sopra sia quell'implicazione di cui non sono sicuro, quest'ultima ha tutta l'aria, dal punto di vista della logica formale, di essere falsa.
A mio parere l'esercizio non prevedeva nemmeno che ci si ponesse il problema. Forse a ragione, lo si dava per scontato. A breve vorrei analizzare le tue argomentazioni sugli ultimi due punti. Tuttavia, mi rende piuttosto perplesso che tu non abbia mai scomodato il coefficiente di attrito dinamico.
"Shackle":
Chissà se chi ha posto il problema ha la soluzione ...
A mio parere l'esercizio non prevedeva nemmeno che ci si ponesse il problema. Forse a ragione, lo si dava per scontato. A breve vorrei analizzare le tue argomentazioni sugli ultimi due punti. Tuttavia, mi rende piuttosto perplesso che tu non abbia mai scomodato il coefficiente di attrito dinamico.
Tuttavia, mi rende piuttosto perplesso che tu non abbia mai scomodato il coefficiente di attrito dinamico.
Ora lo scomodo, ho ripensato anch'io alla faccenda, e cambio .
Una volta stabilito il valore minimo di $F$ per far muovere entrambi i corpi insieme , cioè :
$ F_(min) = \mu_s(M+m)g$
dovrebbe essere chiaro che per sfilare il cartoncino ci vorrà una forza maggiore, e lo sfilamento avviene quando il sistema è già in moto , perciò ora sul sistema agisce solo la resistenza di attrito dinamica , cioè una forza resistente:
$F_d = \mu_d (M+m)g) $
Per far muovere il cartoncino rispetto al libro, oltre a questa forza bisognerà applicare quindi almeno la forza di attrito statica del solo libro : $\mu_sMg$
Perciò la forza minima per sfilare il cartoncino dovrebbe essere , per me : $F_(min) = \mu_d (M+m)g + \mu_sMg$ .
Che ne dici ? Sarebbe opportuno metterci i numeri, per vedere che cosa viene fuori .
Mi cimento (mi ci metto) anche io.
Premesso che non sono andato in dettaglio nelle vostre soluzioni per non esserne influenzato:
Fino a che la forza e' $F
$a=(mu_s-mu_d)g$ [1].
Il blocchetto, dunque, non si muove rispetto al cartoncino, perche esso, per scivolare sul cartoncino, dovrebbe essere soggetto a una accelerazione minima $a=mu_sg$, cosa che non avviene (vedi [1])
In queste condizioni, l'accelerazione del blocchetto e' allora uguale a quella del cartoncino, e dal diagramma di corpo libero fatto per cartoncino e blocchetto si puo' scrivere:
$F-mu_smg-mu_d(M+m)g=Ma$ per il cartoncino.
$mu_smg=ma$ per il blocchetto
D acui, per confronto
$F-mu_smg-mu_d(M+m)g=Mmu_sg$.
Il valore di distacco cartoncino/blocchetto risulta allora:
$F_2=(M+m)*(mu_s+mu_d)g$
Superato questo valore, il blocchetto comincia a scivolare "all'indietro" sul cartoncino.
Non so se vada bene, se guardo i vostri post vedo formule lunghissime e mi fa pensare di aver fallato qualcosa nel ragionamento...
Premesso che non sono andato in dettaglio nelle vostre soluzioni per non esserne influenzato:
Fino a che la forza e' $F
$a=(mu_s-mu_d)g$ [1].
Il blocchetto, dunque, non si muove rispetto al cartoncino, perche esso, per scivolare sul cartoncino, dovrebbe essere soggetto a una accelerazione minima $a=mu_sg$, cosa che non avviene (vedi [1])
In queste condizioni, l'accelerazione del blocchetto e' allora uguale a quella del cartoncino, e dal diagramma di corpo libero fatto per cartoncino e blocchetto si puo' scrivere:
$F-mu_smg-mu_d(M+m)g=Ma$ per il cartoncino.
$mu_smg=ma$ per il blocchetto
D acui, per confronto
$F-mu_smg-mu_d(M+m)g=Mmu_sg$.
Il valore di distacco cartoncino/blocchetto risulta allora:
$F_2=(M+m)*(mu_s+mu_d)g$
Superato questo valore, il blocchetto comincia a scivolare "all'indietro" sul cartoncino.
Non so se vada bene, se guardo i vostri post vedo formule lunghissime e mi fa pensare di aver fallato qualcosa nel ragionamento...
@ ProfessorKappa
sul valore della forza minima per muovere i due corpi insieme siamo tutti d'accordo : $F_1 = \mu_s(M+m)g = 2.972N$
PErchè dici che, superato questo valore, l'insieme (M+m) comincia a muoversi con accelerazione data da :
$a = (\mu_s-\mu_d)g $ ?
una volta iniziato il moto, l'attrito statico non c'entra più, penso . Nel precedente messaggio (dove ho cambiato versione), ho detto che sul sistema (M+m) la resistenza di attrito dinamico ora è data da :
$F_d = \mu_d(M+m)g = 1.981N $
e che, per far muovere il libro all'indietro rispetto al cartoncino e quindi sfilare il cartoncino, ci vorrà una forza almeno pari a $F_d $ più la forza di attrito statico del solo libro : $ \mu_sMg = 2.943N$
Percio in definitiva la forza minima per sfilare il cartoncino , secondo me, è :
$F_(min) = \mu_d(M+m)g + \mu_sMg = (1.981 + 2.943 )N = 4.924 N $
Con la tua formuletta finale , risulta invece :
$F_2 = (M+m)*(\mu_s+\mu_d)*g = 2.02*0.25*9.81 N = 4.954 N $
Ci stiamo incartando su un problemino apparentemente da nulla ...
sul valore della forza minima per muovere i due corpi insieme siamo tutti d'accordo : $F_1 = \mu_s(M+m)g = 2.972N$
PErchè dici che, superato questo valore, l'insieme (M+m) comincia a muoversi con accelerazione data da :
$a = (\mu_s-\mu_d)g $ ?
una volta iniziato il moto, l'attrito statico non c'entra più, penso . Nel precedente messaggio (dove ho cambiato versione), ho detto che sul sistema (M+m) la resistenza di attrito dinamico ora è data da :
$F_d = \mu_d(M+m)g = 1.981N $
e che, per far muovere il libro all'indietro rispetto al cartoncino e quindi sfilare il cartoncino, ci vorrà una forza almeno pari a $F_d $ più la forza di attrito statico del solo libro : $ \mu_sMg = 2.943N$
Percio in definitiva la forza minima per sfilare il cartoncino , secondo me, è :
$F_(min) = \mu_d(M+m)g + \mu_sMg = (1.981 + 2.943 )N = 4.924 N $
Con la tua formuletta finale , risulta invece :
$F_2 = (M+m)*(\mu_s+\mu_d)*g = 2.02*0.25*9.81 N = 4.954 N $
Ci stiamo incartando su un problemino apparentemente da nulla ...
Per ora mi limito a far notare che il risultato di professorkappa coinciderebbe con il mio. Tuttavia:
Magari è l'uovo di Colombo, ma non mi sembra così scontato. Sempre che non mi stia perdendo in un bicchiere d'acqua. Tra l'altro, sarebbe la seconda volta in questa discussione.
P.S.
Anche se la sostanza non cambia, credo che tu abbia invertito i simboli delle due masse nelle tue argomentazioni. Giusto per non farci mancare niente.
"professorkappa":
... accelerazione data da $a=(\mu_s-\mu_d)g$ ...
Magari è l'uovo di Colombo, ma non mi sembra così scontato. Sempre che non mi stia perdendo in un bicchiere d'acqua. Tra l'altro, sarebbe la seconda volta in questa discussione.
P.S.
Anche se la sostanza non cambia, credo che tu abbia invertito i simboli delle due masse nelle tue argomentazioni. Giusto per non farci mancare niente.
Probabilmente consideri:
$[(m+M)a=\mu_s(m+M)g-\mu_d(m+M)g] rarr [a=(\mu_s-\mu_d)g]$
ossia, sottrai alla forza limite la nuova forza di attrito. Interessante (devo confessare di non averci pensato) ma andrebbe formalizzato, visto che la forza non è più quella limite:
$[F=\mu_s(m+M)g+F_(\epsilon)] ^^ [F_(\epsilon) gt 0]$ piccolo a piacere.
$[(m+M)a=\mu_s(m+M)g-\mu_d(m+M)g] rarr [a=(\mu_s-\mu_d)g]$
ossia, sottrai alla forza limite la nuova forza di attrito. Interessante (devo confessare di non averci pensato) ma andrebbe formalizzato, visto che la forza non è più quella limite:
$[F=\mu_s(m+M)g+F_(\epsilon)] ^^ [F_(\epsilon) gt 0]$ piccolo a piacere.
"anonymous_0b37e9":
Per ora mi limito a far notare che il risultato di professorkappa coinciderebbe con il mio. Tuttavia:
[quote="professorkappa"]
... accelerazione data da $a=(\mu_s-\mu_d)g$ ...
Magari è l'uovo di Colombo, ma non mi sembra così scontato. Sempre che non mi stia perdendo in un bicchiere d'acqua. Tra l'altro, sarebbe la seconda volta in questa discussione.
P.S.
Anche se la sostanza non cambia, credo che tu abbia invertito i simboli delle due masse nelle tue argomentazioni. Giusto per non farci mancare niente.[/quote]
Si, grazie,Sergente, me ne sono accorto qualche minuto dopo aver postato.
Comunque secondo me funziona cosi:
Chiamato $F_1$ il valore limite di distacco dalla quiete, su cui concordiamo tutti ($F_1=(M+m)mu_sg$
Prima del distacco, a(F)=0
Dopo il distacco, la legge che regola l'accelerazione e'
$a(F)=F/(M+m)-gmu_d$[1]
Questa e' una funzione praticamente discontinua per la quale
Per F che tende a $F_1$ da sinistra, a(F)=0
Per F che tende a $F_1$ da destra, a(F) si trova dalla [1] e vale $a=mu_s-mu_d$
La a cresce linearmente con F. Il prossimo valore critico di F e' quello in corrispondenza di $a=mu_sg$. Per questo valore di accelerazione, il libro comincia a slittare (l'inerzia supera l'attrito statico tra libro e cartoncino) e si trova il risultato
$F=(m+M)(mu_s+mu_d)g$
Premesso che il tuo procedimento è senz'altro molto più "pulito" del mio, bisognerebbe formalizzarlo considerando il mio messaggio precedente. Se credi che non sia necessario, ti sarei grato se mi spiegassi il motivo. Tra parentesi, il mio tentativo di formalizzazione, anche se molto più involuto del tuo, sembra fallire su una sola implicazione.
In effetti:
$[a=(\mu_s-\mu_d)g+F_(\epsilon)/(m+M)] ^^ [F_(\epsilon) gt 0]$ piccolo a piacere $rarr [a=(\mu_s-\mu_d)g]$
Siamo praticamente a cavallo.
P.S.
Senz'altro l'uovo di Colombo.
A questo punto, visto che ottenevo il tuo medesimo risultato, deve essere possibile rendere rigoroso anche il mio. Ci penserò. Anche se non sarà mai come il tuo.
$[a=(\mu_s-\mu_d)g+F_(\epsilon)/(m+M)] ^^ [F_(\epsilon) gt 0]$ piccolo a piacere $rarr [a=(\mu_s-\mu_d)g]$
Siamo praticamente a cavallo.
P.S.
Senz'altro l'uovo di Colombo.
A questo punto, visto che ottenevo il tuo medesimo risultato, deve essere possibile rendere rigoroso anche il mio. Ci penserò. Anche se non sarà mai come il tuo.
Giusto ! Il ragionamento di Professorkappa è corretto, partendo appunto dal calcolo dell'accelerazione appena dopo la partenza del sistema. Condivido.
Grazie a tutti per aver risposto ragazzi! Appena ho un buco di tempo mi metto a leggere tutto con attenzione 
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