Problema I anno
Una scatola di fiammiferi si trova sopra un baule alto 40 cm. Martina solleva il coperchio senza notare la scatola e quando il coperchio aperto forma un angolo di 35° con l’orizzontale la scatola inizia a scivolare e cade a terra.
Trova il valore del coefficiente di attrito statico tra la scatola e la superficie del baule.
Sono arrivato alla soluzione del problema ma mi sono accorto che avevo considerato in modo errato l'angolo di 35° corrispondente al tringolo simile, formato dai componenti del vettore Forza-peso.
Che metodo devo usare per capire a quali lati e quali angoli corrispondono ordiantamente i lati e gli angoli del triangolo simile?
Non mi è chiaro questo discorso...
Grazie.
Trova il valore del coefficiente di attrito statico tra la scatola e la superficie del baule.
Sono arrivato alla soluzione del problema ma mi sono accorto che avevo considerato in modo errato l'angolo di 35° corrispondente al tringolo simile, formato dai componenti del vettore Forza-peso.
Che metodo devo usare per capire a quali lati e quali angoli corrispondono ordiantamente i lati e gli angoli del triangolo simile?
Non mi è chiaro questo discorso...
Grazie.
Risposte
...mi accorgo di commettere spesso questo errore.
Dal centro di massa del corpo poggiato sul piano inclinato fai passare la retta verticale , su cui giace la forza peso . Questa retta è perpendicolare al piano orizzontale .
Per lo stesso punto, conduci la normale al piano inclinato. L'angolo tra la retta di prima e questa di adesso è uguale all'angolo di inclinazione del piano.
C'è un piccolo teorema di geometria euclidea piana , che dice : date due rette che formano un certo angolo $alpha$ , le rispettive perpendicolari formano lo stesso angolo $alpha$ .
Per lo stesso punto, conduci la normale al piano inclinato. L'angolo tra la retta di prima e questa di adesso è uguale all'angolo di inclinazione del piano.
C'è un piccolo teorema di geometria euclidea piana , che dice : date due rette che formano un certo angolo $alpha$ , le rispettive perpendicolari formano lo stesso angolo $alpha$ .
allora il problema non mi esce...
Ho applicato le formule trigonometriche della tangente e mi esce correttamente il risultato solo se considero l'angolo di 35°dalla parte opposta a quella che dovrebbe essere secondo la tua spiegazione.
Dove sbaglio?
Grazie.
Ho applicato le formule trigonometriche della tangente e mi esce correttamente il risultato solo se considero l'angolo di 35°dalla parte opposta a quella che dovrebbe essere secondo la tua spiegazione.
Dove sbaglio?
Grazie.
Non ho mica capito che cosa hai fatto !
LA scatola ha una massa $m$ , quindi pesa $mg$ . Aprendo il coperchio del baule di un certo angolo $alpha$ , minore di 35º , la scatola inizialmente non scivola , perchè la forza di attrito equilibra la componente del peso parallela al piano . Questa componente vale $mgsen\alpha$ , ed è diretta lungo il p.i. verso il basso : fai un disegno e la vedi .
LA forza di attrito $vecf$ è diretta invece verso l'alto , sempre parallelamente al piano inclinato. LA condizione di non-scivolamento è data da : $f = mgsen\alpha$ . Al crescere di $alpha$ , cresce la componente del peso , quindi per avere equilibrio deve crescere anche la forza di attrito . Ma questa può arrivare ad un certo valore massimo, non oltre .
LA massima forza di attrito , che il piano del coperchio può opporre ad $mgsen\alpha$ , vale il prodotto del coefficiente di attrito statico $\mu$ per la componente del peso perpendicolare al coperchio inclinato , che vale $mgcos\alpha$ . Il testo dice che nella condizione al limite dello scivolamento l'angolo vale : $alpha = 35º$ .
Perciò , in questa condizione limite deve valere l'uguaglianza :
$\mumgcos\alpha = mgsen\alpha$
e da qui ricavi $\mu = tg\alpha = tg35º $ . Questa è la figura :
LA scatola ha una massa $m$ , quindi pesa $mg$ . Aprendo il coperchio del baule di un certo angolo $alpha$ , minore di 35º , la scatola inizialmente non scivola , perchè la forza di attrito equilibra la componente del peso parallela al piano . Questa componente vale $mgsen\alpha$ , ed è diretta lungo il p.i. verso il basso : fai un disegno e la vedi .
LA forza di attrito $vecf$ è diretta invece verso l'alto , sempre parallelamente al piano inclinato. LA condizione di non-scivolamento è data da : $f = mgsen\alpha$ . Al crescere di $alpha$ , cresce la componente del peso , quindi per avere equilibrio deve crescere anche la forza di attrito . Ma questa può arrivare ad un certo valore massimo, non oltre .
LA massima forza di attrito , che il piano del coperchio può opporre ad $mgsen\alpha$ , vale il prodotto del coefficiente di attrito statico $\mu$ per la componente del peso perpendicolare al coperchio inclinato , che vale $mgcos\alpha$ . Il testo dice che nella condizione al limite dello scivolamento l'angolo vale : $alpha = 35º$ .
Perciò , in questa condizione limite deve valere l'uguaglianza :
$\mumgcos\alpha = mgsen\alpha$
e da qui ricavi $\mu = tg\alpha = tg35º $ . Questa è la figura :
Ma quindi, come sospettavo, l'alteza del baule di 40cm è un dato che non serve a nulla per la risoluzione del problema.
Io consideravo il cateto verticale=40cm e cercavo di sfruttare la similitudine tra i due triangoli rettangoli.
Ho applicato la formula trigonometrica seguente:
-) Forzaperpendicolare=h*tangente(35°)=28cm
_) Forzaparallela=l'altro cateto*cotangente(35°)=40cm
Coefficiente di attrito= 28cm/40cm=0,70
Pero' probabilmente ho sbagliato a considerare l'angolo alfa nel triangolo formato con i vettori, nella corretta posizione.
Io consideravo il cateto verticale=40cm e cercavo di sfruttare la similitudine tra i due triangoli rettangoli.
Ho applicato la formula trigonometrica seguente:
-) Forzaperpendicolare=h*tangente(35°)=28cm
_) Forzaparallela=l'altro cateto*cotangente(35°)=40cm
Coefficiente di attrito= 28cm/40cm=0,70
Pero' probabilmente ho sbagliato a considerare l'angolo alfa nel triangolo formato con i vettori, nella corretta posizione.
"sentinel":
Ma quindi, come sospettavo, l'alteza del baule di 40cm è un dato che non serve a nulla per la risoluzione del problema.
Sospettavi bene ! Tuttavia, risulta $\mu = tg 35º = 0.70$, ma col giusto procedimento.
Grazie mille!
Un ultimo dubbio e poi ti lascio in pace. Tutte le volte che si dovranno risolvere problemi in cui c'è un piano inclinato e due triangoli simili (quello piccolo formato dai vettori e quello grande), l'angolo che rappresenta l'inclinazione del piano corrisponde all'angolo formato dalla forzaparallela e la forzaPeso?
A livello meramente intuitivo, è corretto guardare verso l'angolo retto del triangolo grande (averlo di fronte) e vedere se l'angolo che rappresenta l'nclinazione si trova a sinistra o a destra rispetto all'angolo retto e fare la stessa cosa col triangolo piccolo?
Grazie ancora
Un ultimo dubbio e poi ti lascio in pace. Tutte le volte che si dovranno risolvere problemi in cui c'è un piano inclinato e due triangoli simili (quello piccolo formato dai vettori e quello grande), l'angolo che rappresenta l'inclinazione del piano corrisponde all'angolo formato dalla forzaparallela e la forzaPeso?
A livello meramente intuitivo, è corretto guardare verso l'angolo retto del triangolo grande (averlo di fronte) e vedere se l'angolo che rappresenta l'nclinazione si trova a sinistra o a destra rispetto all'angolo retto e fare la stessa cosa col triangolo piccolo?
Grazie ancora
Avevo già risposto al tuo quesito, dicendo :
ora ti faccio pure il disegnino :
$t_1$ perpendicolare a $r_1$ , e $ t_2$ perpendicolare a $r_2$ , $ \Rightarrow \hatR = hatT$ .
Gira il disegnino come vuoi sul piano, vale sempre, ci sono due triangoli rettangoli simili .
Quindi , la normale al piano inclinato , e la normale al piano orizzontale, formano lo stesso angolo che c'è tra piano inclinato e piano orizzontale .
D'altronde, basta riflettere su dove si scrive il seno, e dove si scrive il coseno .
C'è un piccolo teorema di geometria euclidea piana , che dice : date due rette che formano un certo angolo α , le rispettive perpendicolari formano lo stesso angolo α .
ora ti faccio pure il disegnino :
$t_1$ perpendicolare a $r_1$ , e $ t_2$ perpendicolare a $r_2$ , $ \Rightarrow \hatR = hatT$ .
Gira il disegnino come vuoi sul piano, vale sempre, ci sono due triangoli rettangoli simili .
Quindi , la normale al piano inclinato , e la normale al piano orizzontale, formano lo stesso angolo che c'è tra piano inclinato e piano orizzontale .
D'altronde, basta riflettere su dove si scrive il seno, e dove si scrive il coseno .
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