Ex su Conservazione dell'energia tra piano inclinato e piano orizzontale

[feddy]

Un corpo puntiforme di massa m = 10 kg, lanciato con velocità iniziale di modulo $v_0$, si muove di moto rettilineo sul piano orizzontale scabro, come in figura, il cui coefficiente di attrito dinamico è $\u_D = 0.2$. Percorso un tratto rettilineo di lunghezza $L_1 = 6.5 m$, il corpo incontra un piano inclinato scabro, con lo stesso coefficiente di attrito dinamico, di lunghezza $L_2 = 7.7 m$ e formante con il piano orizzontale un angolo $\alpha = 23°$. Il corpo di massa m sale lungo la linea di massima pendenza del piano inclinato fino alla sommità di esso, dove giunge con velocità nulla. Assumendo che il corpo nel passaggio dal piano orizzontale a quello inclinato non subisca l’azione di alcuna forza impulsiva, determinare:

a) il valore del modulo $v_0$ della velocità iniziale del corpo;
b) il lavoro della forza d’attrito in corrispondenza dello spostamento del corpo tra la sua posizione
iniziale e quella di arresto alla sommità del piano inclinato;
c) il valore minimo $u_{S}^{*}$ del coefficiente di attrito statico tra il corpo puntiforme e il piano inclinato
tale che il corpo dopo l’arresto rimanga in quiete sul piano inclinato;
d) l’energia meccanica del corpo nel punto di arresto sul piano inclinato.
Nell’ipotesi che il coefficiente attrito statico tra il corpo puntiforme e il piano inclinato sia minore di
$\mu_{S}^{*}$ determinare:
e) la velocità del corpo quando raggiunge la base del piano inclinato;
f) la lunghezza del tratto rettilineo $L_3$ percorso dal corpo sul piano orizzontale prima di fermarsi
definitivamente;
e) il lavoro totale fatto da tutte le forze agenti sul corpo in corrispondenza allo spostamento
complessivo compiuto dal corpo tra la posizione iniziale e quella di arresto finale.

Svolgimento:

(i)
Ho considerato i due tratti $L_1$ e poi $L_2$, ipotizzando che una volta salito sul piano inclinato la velocità non resti costantemente $v_0$, ma ho considerato anche una velocità $v_1$ di partenza dalla base del piano inclinato. Mettendo a sistema il fatto che $W_{\text{attr}}= \Delta E_{\text{mecc}}$ per entrambi i tratti:

\( \begin{cases} -u_d mg L_1 = \frac{1}{2} m v_{1}^{2} - \frac{1}{2} v_{0}^{2} \\ -u_d mg \cos(\alpha) L_2=mgL_2 \sin(\alpha) - \frac{1}{2}v_{1}^{2} \end{cases} \)

Da cui ho ricavato

$[v_0=\sqrt (2gL_2 \sin(\alpha) + u_d g(L_1 + \cos(\alpha)L_2))]$

(ii) Il lavoro della forza d'attrito è $W= \Delta E_{k}= \frac{1}{2}m v_{1}^{2}-\frac{1}{2}m v_{0}^{2} -\frac{1}{2}m v_{1}^{2}= -\frac{1}{2}m v_{0}^{2}$.

(iii) Scrivendo la 2 legge di Newton si ricava il noto risultato che $\tan(\alpha)=\mu_{s}^{*}$.

(iv) L'energia meccanica è data dalla sola energia potenziale ora, visto he il corpo è fermo grazie all'attrito statico $E_{mec}= mgL_2 \sin(\alpha)$.

(v) $-u_d mg cos(\alpha) L_2 = \frac{1}{2} m v_{f}^{2} - mgL_2 \sin(\alpha)$, da cui

$[v_{f}=\sqrt(gL_2 \sin(\alpha)-2 \mu_d g \cos(\alpha)L_2)]$

(vi)
Data la velcità finale ricavata sopra, ancora $-u_d mg L_3=-\frac{1}{2} v_{f}^{2}$, da cui

$[L_3=\frac{v_{f}^{2}}{2g \mu_d}]$

(vii)
Il lavoro totale è la somma dei lavori su entrambi i tratti:
Sul tratto $L_2$ il lavoro totale è dato da $W_{L_2}= mgL_2 - \mu_d mg \cos(\alpha) L_2$
Su $L_3$ è dato dal solo lavoro della forza d'attrito $W_{L_3}=-\mu_d mg L_3$.

In definitiva: $W_{\text{tot}}=W_{L_2} + W_ {L_3}$.

Va bene oppure c'è qualcosa da sistemare?

[feddy]

up!

[caffeinaplus]

Ciao, ti aiuto sui primi 3 che sono strettamente legati l'un l'altro


Punto a


Tanto per iniziare usare il lavoro della forza d'attrito sul tratto $L_1$ credo sia l'unico modo per ricavare qualcosa.

Quindi $W_1 = int_(0)^(L_1)-mu*mgdx$ e quindi si ricava che

$1/2*m*x^2 -1/2*m*v_0^2 = -mu*mgL_1$
$x=sqrt(v_0^2 -2mu*gL_1)$

Adesso, andiamo sul piano inclinato sapendo che iniziamo a percorrerlo a velocità $x$.
La forza d'attrito è data dalla parte normale al piano della forza peso.Una volta scomposta la forza peso si ricava che

$F_N=-mgcos(theta)$
$F_T=-mgsin(theta)$
$F_A=-mu*mgcos(theta)$

Adesso, con un po di trigonometria ricaviamo che il tratto che la pallina deve effettivamente percorrere sul piano è $sigma=L_2/cos(theta)$

e sappiamo che ci arriva a velocità nulla, quindi in un tempo $t=x/(g*(mucos(theta)+sin(theta))$

Ora abbiamo praticamente tutti i pezzi, non ci resta che metterli insieme nella legge oraria del moto da cui si ricava

$1/2*x^2/(g(mucos(theta)+sin(theta))) = sigma$

ora non ti resta che sostituire $x^2$ col termine ottenuto all'inizio e ricavare la velocità iniziale

$v_0 = sqrt( ((2L_2*g(mucos(theta)+sin(theta))-2L_1*cos(theta))/(cos(theta)))$



Per quanto riguarda il punto b basta semplicemente sommare il lavoro fatto dall'attrito iniziale lungo il tratto $L_1$ e quello fatto sul piano inclinato ( per capirci, quello che è multiplo della componente normale della forza peso ) lungo il tratto $sigma$


Mentre per il punto c ti do un suggerimento perchè credo sia facile: quand'è che un corpo resta in stato di quiete? ( ricorda che già ha velocità nulla, deve solo conservare questo stato diciamo )

[feddy]

Ciao caffeinaplus, la "teoria" diciamo che mi è chiara, visto che ho provato a risolvere ciascun punto come puoi vedere. Il mio dubbio era se il mio procedimento è corretto.

Poi sinceramente non sono d'accordo su

"caffeinaplus":Adesso, con un po di trigonometria ricaviamo che il tratto che la pallina deve effettivamente percorrere sul piano è $σ=L2/cos(θ)$

Nel calcolare la forza d'attrito va considerata la lunghezza del tratto percorso, che è esattamente $L_2$. Per questo motivo ci vengono risultati diversi.
Inoltre non credo che sia necessario dover calcolare la legge oraria del moto del corpo nella salita del piano inclinato.
Infine, in c) mi era chiaro cosa si dovesse fare, ma volevo una delucidazione sul mio risultato, che mi sembrava "strano".

[caffeinaplus]

Non credo proprio sia $L_2$

Prova a posizionare il tuo sistema di riferimento sulla pallina nell' istante precedente in cui inizia la salita sul piano.Orientalo inclinato di $theta$ rispetto all'orizzontale e osserva qual'è lo spazio che deve veramente percorrere

Piccolo edit: io sto supponendo che la lunghezza che lui intende ($L_2$) sia la base del piano.

Se non vuoi usare la legge oraria usa il lavoro, per me era più comodo fare cosi

[feddy]

Ciao,

ma il testo dice esplicitamente

il corpo incontra un piano inclinato scabro, con lo stesso coefficiente di attrito dinamico, di lunghezza $L_2=7.7m$

[caffeinaplus]

Se sei certo che sia cosi allora fai i calcoli su $L_2$ invece che $sigma$ tanto il procedimento è praticamente uguale.Non hai i risultato?

Per il risultato 3 mi sembra giusto, però fai attenzione al segno perché $mu$ dovrebbe essere negativo, altrimenti risulterebbe $-mu*F_N -F_T=0$ se concordiamo che nel sistema di riferimento i versi positivi sono "l'alto" e destra.Quindi perché sia vera quella relazione ti serve che $(-mu)*(-F_N) + (-F_T)=0$

NB: io ti dico cosi perché generalmente negli esercizi che faccio io vale questo ragionamento, magari qui no.Comunque ripeto, cambia praticamente nulla, basta utilizzare $L_2$ invece che $sigma$

[feddy]

Certamente, sono d'accordo. E' che non avendo i risultati preferivo seguire esclusivamente il testo.

Ma scusa $\mu_s$ è un coefficiente d'attrito statico... come fa a risultare negativo?
Fissando gli assi come dici te, la 2° legge di Newton porge: $0=-u_s mg \cos(\alpha) + mg \sin(\alpha)$, da cui $\u_s =\tan(\alpha)$.

[caffeinaplus]

"feddy":Certamente, sono d'accordo. E' che non avendo i risultati preferivo seguire esclusivamente il testo.

Ma scusa $\mu_s$ è un coefficiente d'attrito statico... come fa a risultare negativo?
Fissando gli assi come dici te, la 2° legge di Newton porge: $0=-u_s mg \cos(\alpha) + mg \sin(\alpha)$, da cui $\u_s =\tan(\alpha)$.

E penso proprio che mi avrebbero bocciato ( sto studiando anche io la parte di meccanica )

[feddy]

Capisco