Esercizio 46esplosione su un piano inclinato

Testo (tema d'esame del 1 settembre 2010, problema 1). Due corpi puntiformi A e B di massa rispettivamente $m_A = 4 m_B$ e $m_B = 2$ kg sono uniti da un piccolo meccanismo interno di massa trascurabile. Inizialmente il sistema è in equilibrio all'estremità inferiore di un piano scabro (coefficiente di attrito dinamico $\mu_d = 0{,}2$) inclinato di $\theta = 20°$ rispetto all'orizzontale ad un'altezza $h$ dal suolo. Ad un certo istante, in un tempo molto breve, scatta il meccanismo interno che provoca un repentino allontanamento dei due corpi; si osserva che, all'istante della separazione, il corpo B ha una velocità iniziale $v_{0B} = 5$ m/s parallela al piano inclinato, inclinata di $\theta$ rispetto all'orizzontale e orientata verso il basso. Determinare:

a) il minimo valore $\mu_{s,\min}$ del coefficiente di attrito statico che consente di mantenere il sistema dei due corpi in equilibrio sul piano inclinato; b) la distanza $d$ percorsa dal corpo A lungo il piano inclinato fino a fermarsi istantaneamente; c) l'altezza $h$ cui si trova inizialmente il corpo B rispetto al suolo sapendo che esso cade ad una distanza $\ell = 1{,}5$ m rispetto alla verticale della sua posizione iniziale.

Figura. Il piano inclinato scende da sinistra verso destra e finisce sul bordo di un gradino verticale alto $h$. I due corpi stanno sul bordo inferiore del piano, B più a destra (proprio sullo spigolo) e A subito a monte. B parte verso destra-basso, lungo la direzione del piano, e cade a terra a distanza orizzontale $\ell$ dalla parete del gradino.

Grandezze

Il problema ha tre fasi: equilibrio iniziale (statica), esplosione (urto "al contrario"), moti successivi dei due corpi (A risale il piano, B vola giù dal gradino). Ogni fase ha le sue leggi.

a) Equilibrio: attrito statico minimo

Prima dell'esplosione il sistema A + B (massa $m_A + m_B = 10$ kg) è fermo sul piano. Le forze su di esso, scomposte lungo il piano e perpendicolarmente (piano inclinatoIl peso si scompone in m g sin θ lungo il piano (verso il basso) e m g cos θ perpendicolare al piano, bilanciato dalla reazione normale.Piano inclinato →):

• perpendicolarmente al piano: $N = (m_A + m_B)\,g\cos\theta$;
• lungo il piano: la componente del peso $(m_A + m_B)\,g\sin\theta$, verso il basso, deve essere bilanciata dalla forza di attrito statico $F_s$, verso l'alto.

Equilibrio: $F_s = (m_A + m_B)\,g\sin\theta$. Ma l'attrito statico non può superare il suo valore massimo, $F_s \le \mu_s N$ (attrito staticoSi adatta al valore necessario per impedire lo scivolamento, fino a un massimo μs N; oltre, il corpo comincia a strisciare.Forze di attrito radente →):

$$(m_A + m_B)\,g\sin\theta \le \mu_s\,(m_A + m_B)\,g\cos\theta \quad \Longrightarrow \quad \mu_s \ge \tan\theta$$

$$\mu_{s,\min} = \tan 20° = 0{,}364$$

Non dipende né dalle masse né da $g$: è la classica condizione di equilibrio su un piano inclinato.

b) L'esplosione e la risalita di A

Velocità di A subito dopo l'esplosione

Il meccanismo interno spinge A e B in versi opposti con forze interne molto intense per un tempo brevissimo. Le forze esterne (pesi, reazione normale, attrito) sono finite e nel brevissimo intervallo dell'esplosione hanno impulso trascurabile (forze non impulsiveUna forza finita, agendo per un tempo che tende a zero, dà un impulso che tende a zero: non cambia la quantità di moto durante l'esplosione.Conservazione della quantità di moto →). Quindi la quantità di moto totale subito prima e subito dopo è la stessa. Prima è nulla (tutto fermo):

$$0 = m_A\,\vec v_{0A} + m_B\,\vec v_{0B} \quad \Longrightarrow \quad \vec v_{0A} = -\frac{m_B}{m_A}\,\vec v_{0B} = -\frac14\,\vec v_{0B}$$

A parte quindi lungo il piano verso l'alto, con velocità di modulo

$$v_{0A} = \frac{5}{4} = 1{,}25\ \text{m/s}$$

Decelerazione di A in salita

Mentre A risale, le forze lungo il piano sono entrambe dirette verso il basso:

• la componente del peso, $m_A g\sin\theta$;
• l'attrito dinamico, che si oppone al moto (A sale, quindi l'attrito punta in giù), di modulo $\mu_d N = \mu_d\,m_A g\cos\theta$.

Con l'asse lungo il piano verso l'alto, per la seconda legge di Newton

$$m_A\,a = -m_A g\sin\theta - \mu_d\,m_A g\cos\theta \quad \Longrightarrow \quad a = -g\,(\sin\theta + \mu_d\cos\theta)$$

$$a = -9{,}81\,(0{,}342 + 0{,}2 \cdot 0{,}940) = -9{,}81 \cdot 0{,}530 = -5{,}20\ \text{m/s}^2$$

Distanza fino all'arresto

L'accelerazione è costante, quindi vale la formula senza il tempov² = v0² + 2 a d, con accelerazione costante a.Moto rettilineo uniforme e uniformemente accelerato → con velocità finale nulla:

$$0 = v_{0A}^2 + 2\,a\,d \quad \Longrightarrow \quad d = \frac{v_{0A}^2}{2\,g\,(\sin\theta + \mu_d\cos\theta)} = \frac{1{,}25^2}{2 \cdot 5{,}20} = \frac{1{,}5625}{10{,}40} = 0{,}150\ \text{m}$$

Stesso risultato con l'energia (come nella soluzione ufficiale): il lavoro dell'attrito è uguale alla variazione di energia meccanica, $-\mu_d m_A g\cos\theta\,d = m_A g\,d\sin\theta - \frac12 m_A v_{0A}^2$, da cui la stessa formula.

Dopo? Arrivato a fermarsi, A resta fermo se $\mu_s \ge \tan\theta$, cioè se l'attrito statico è almeno quello minimo del punto a). Il testo chiede infatti la distanza "fino a fermarsi istantaneamente".

c) La caduta di B dal gradino

Appena separato, B si trova sullo spigolo e lascia il piano con velocità $v_{0B} = 5$ m/s inclinata di $\theta = 20°$ sotto l'orizzontale. Da lì in poi agisce solo il peso: è un moto parabolicoMoto uniforme in orizzontale e uniformemente accelerato (accelerazione g verso il basso) in verticale, studiati separatamente.Moto parabolico →.

Componenti della velocità iniziale (asse $x$ orizzontale verso destra, asse $y$ verticale verso il basso, origine nel punto di distacco):

$$v_x = v_{0B}\cos\theta = 5 \cdot 0{,}940 = 4{,}70\ \text{m/s} \qquad v_y = v_{0B}\sin\theta = 5 \cdot 0{,}342 = 1{,}71\ \text{m/s}$$

($v_y$ positiva perché con l'asse verso il basso B parte già scendendo.)

Tempo di volo dal moto orizzontale. In orizzontale il moto è uniforme e B percorre $\ell = 1{,}5$ m:

$$t = \frac{\ell}{v_x} = \frac{1{,}5}{4{,}70} = 0{,}319\ \text{s}$$

Altezza dal moto verticale. In quel tempo B scende di tutta l'altezza $h$ del gradino, partendo con velocità verticale $v_y$ e accelerando con $g$:

$$h = v_y\,t + \tfrac12 g\,t^2 = 1{,}71 \cdot 0{,}319 + \tfrac12 \cdot 9{,}81 \cdot 0{,}319^2 = 0{,}546 + 0{,}500 = 1{,}05\ \text{m}$$

In forma letterale: $h = \ell\tan\theta + \dfrac{g\,\ell^2}{2\,v_{0B}^2\cos^2\theta}$.

Risultati

I valori coincidono con la soluzione ufficiale ($0{,}364$; $0{,}15$ m; $1{,}045$ m).

Errori comuni

• Includere l'attrito o il peso nella conservazione della quantità di moto durante l'esplosione: non sono impulsivi, nell'istante dell'esplosione non contano.
• Usare la conservazione della quantità di moto anche dopo l'esplosione: nel moto successivo peso e attrito agiscono eccome, e la quantità di moto cambia.
• Mettere l'attrito verso l'alto mentre A sale: l'attrito dinamico si oppone sempre al moto relativo.
• Partire con velocità verticale nulla nella caduta di B: B lascia il piano con velocità diretta lungo il piano, quindi già inclinata verso il basso.