Dubbi su forza apparente e impostazione sistema

[phigreco1]

Sopra un piano orizzontale è poggiato un cubo di massa $M = 50 Kg$ che può scorrere senza attrito sul piano. Sopra il cubo è poggiato un altro cubetto di massa $m = 10 Kg$ a distanza $d = 50 cm$ dalla faccia AB del cubo più grande. All’istante iniziale, quando tutto è fermo, al cubo viene applicata una forza orizzontale costante $F = 100 N$ che lo mette in moto. Dopo $t = 2 s$ il cubetto cade.
Calcolare il coefficiente di attrito dinamico $μ_D$ tra i due cubi.

Vorrei capire cosa c'è di sbagliato nel mio ragionamento e com'è meglio procedere in questi casi per evitare errori del genere.

[*:sndec2dl]Ho considerato positive le $x$ da destra a sinistra e le $y$ dall'alto al basso[/*:m:sndec2dl]
[*:sndec2dl]Equazione di Newton sul corpo di massa $m$ rispetto all'asse $y$:

$N=mg$

Allora il modulo della forza d'attrito dinamico vale:
$f_d = \mu_d mg$

[/*:m:sndec2dl]
[*:sndec2dl] Equazioni di Newton per entrambi i corpi rispetto all'asse $x$:
Tratto come forza di reazione la forza d'attrito sul corpo di massa $M$ e come forza apparente sul corpo di massa $m$ l'effetto $m\veca_M$ della forza $\vecF$ applicata sul corpo di massa $M$


$ma_M - \mu_dmg = ma_m$
$\mu_dmg - F = Ma_M$


Con $a_M$ accelerazione del cubo di massa $M$ e $a_m$ di quello di massa $m$

Qua sicuramente sbaglio qualcosa perché proseguendo con i calcoli ottengo:
$a_m = \mu_d g [m/M-1]-F/M$
[/*:m:sndec2dl]
[*:sndec2dl] Poi proseguirei sfruttando la legge oraria del moto rettilineo uniformemente accelerato sul corpo di massa $m$ e mi ricaverei $\mu_d$[/*:m:sndec2dl][/list:u:sndec2dl]

[Quinzio]

$ ma_M - \mu_dmg = ma_m $
E' questa che non va bene.
L'accelerazione del cubetto non dipende da quella del cubo grande (a patto che ci sia strisciamento).
Se nella tua formula metti $\mu_d = 0$, viene che $a_M = a_m$. Pero' non ha senso perche' $\mu_d = 0$ significa che non c'e' attrito.

[phigreco1]

Sì, ma se l'osservatore si ponesse nel sistema di riferimento non inerziale, come dovrei scriverla quella forza apparente mettendola a sistema?

Perché se ad esempio cambiassi di segno alla forza apparente $ma_M$ in quell'equazione, ottenendo:

$ -ma_M - \mu_dmg = ma_m $
$ \mu_dmg - F = Ma_M $

il risultato finale coinciderebbe con quello calcolato da un osservatore solidale al suolo e quindi in un sistema di riferimento inerziale e sarebbe dunque esatto e coincidente con:

$ a_m = F/M - \mu_d g [ 1 + m/M ]$

Oltre al dove sbaglio...cosa sbaglio e perché? Cioè, qual è il ragionamento corretto che si cela dietro?

[ondine1]

Se vuoi usare il sistema di riferimento non inerziale, solidale con il blocco grande, devi stare attento ai segni.
Se scegli il verso positivo da destra a sinistra come hai fatto, per il blocco grande l'equazione è:
$mgmu_d-F=Ma_M$
mentre per la massa piccola
$-ma_M-mgmu_d=ma_m$
L'accelerazione fittizia ha verso opposto a quella vera del blocco grande e per questo ci va il segno meno.
Adesso puoi ricavarti l'accelerazione $a_m$ e scrivere l'equazione del moto ricavando $mu_d$.

[phigreco1]

"ondine":L'accelerazione fittizia ha verso opposto a quella vera del blocco grande e per questo ci va il segno meno.

Ma proprio per questo avevo messo $+ma_M$...perché essendo opposta a quella del blocco grande sarebbe stata diretta nel verso concorde alle accelerazioni crescenti verso sinistra

EDIT:
Il diagramma di corpo libero non è il seguente?

[ondine1]

Se dici che l'accelerazione fittizia punta verso sinistra allora il vettore accelerazione $a_M$ punta verso destra e qundi quando scrivi la seconda legge della dinamica diventa $mgmu-F=-Ma_M$ perchè puntando verso destra è negativa.

[Shackle]

@ phigreco

Allego disegno esplicativo. Ho assunto gli assi orientati come si fa in generale , $x$ verso destra (concorde a $vecF$) e $y$ verso l'alto. Nei diagrammi di corpo libero, ho riportato solo le forze orizzontali, quelle verticali sono ovvie :

per il corpo 1 (m) , l'eq. vettoriale del moto , nel rif assoluto $Oxy$ , è :

$mveca_1 = vecf_a rarr a_1 = mu_dg$

per il corpo 2 (M) , sempre nel rif assoluto :

$Mveca_2 = vecF-vecf_a rarr a_2 = (F-mu_dmg)/M$

Ripeto che le accelerazioni $veca_1$ e $veca_2$ sono accelerazioni assolute , riferite a $Oxy$ , ed entrambe dirette verso destra , ma di modulo diverso . Qual è l'accelerazione relativa di $1$ rispetto a $2$ ?

Il corpo 2 funziona da riferimento di trascinamento , perciò la sua accelerazione assoluta $veca_2$ va ora considerata come accelerazione di trascinamento per il corpo 1 :

$veca_2 = veca_t =(F-mu_dmg)/Mhati $

Siccome si sa che, in generale, la composizione delle accelerazioni è (ponendo nulle le accelerazioni centrifuga e di Coriolis) : $veca_a = veca_r + veca_t $ , si ha, nel tuo caso , che :

$veca_r = veca_1 - veca_2 $

e passando ai moduli :

$a_r = a_1-a_2 = mu_dg -(F-mu_dmg)/M $

Nota che , rispetto al corpo $2$ , l'accelerazione relativa del corpo $1$ è rivolta a Sn . Questa è l'accelerazione relativa con cui il corpo $1$ percorre il tratto $d$, per poi cadere.
Del resto, se vuoi ragionare in termini di forze applicando la meccanica relativa , devi scrivere che la forza relativa su $1$ è la somma vettoriale della forza assoluta e di quella di trascinamento :

$mveca_r = vecf_a + vecf_t = mu_dmg hati - mveca_t $

da cui si ritrova il modulo di $veca_r$ prima detto .

Nota $a_r$ , è facile ricavare $mu_d$ , tenuto conto che conosci $d$ , conosci il tempo , e sai che il moto relativo è uniformemente accelerato .

[phigreco1]

Ti ringrazio @Shackle. Leggere la tua risposta molto chiara e dettagliata è stato un piacere e mi ha portato alla conclusione che al fine di evitarmi casini è meglio impostare il tutto dal punto di vista fisso...come hai fatto tu.