Il piano inclinato – 4

4

Sul piano inclinato con forza di attrito e coefficiente di attrito dinamico

Supponiamo che nel problema precedente l’attrito non sia trascurabile e sia $\mu_d = 0,2$ il coefficiente di attrito dinamico.

A che velocità il cubo arriva alla base del piano inclinato?

Soluzione

Consideriamo lo stesso sistema di riferimento usato nel problema 3):

Considerando anche la forza di attrito, disegniamo tutte le forze che agiscono sulla cassa:

La risultante $\vec{R}$ delle forze è:

$\vec{F}_a + \vec{P} + \vec{N} = m\vec{a}$

Esplicitiamo i segni e dividiamo l’equazione in due equazioni, una lungo l’asse x ed una lungo l’asse y, ricordando che prendiamo il segno $+$ se il vettore ha lo stesso verso dell’asse x o y ed il segno $-$ se ha verso opposto

$\begin{align*}& (x): - F_a + P_{\parallel} = ma\\& (y): N - P_{\perp} = 0 \end{align*}$

dove $a$ compare solo nell’equazione lungo x perchè il corpo si muove solo lungo questo asse.

Esplicitiamo le espressioni di $\vec{F}_a$ , $P_{\parallel}$ e $P_{\perp}$ e mettiamo a sistema:

$\begin{cases}- \mu_dN + mg\sin\theta = ma\\N - mg\cos\theta = 0 \end{cases}$

$\begin{cases}- \mu_dN + mg\sin\theta = ma\\N = mg\cos\theta\end{cases}$

Sostituendo l’espressione di $N$ nella prima equazione otteniamo:

$\begin{cases}- \mu_dmg\cos\theta + mg\sin\theta = ma\\N = mg\cos\theta \end{cases}$

Consideriamo solo la prima equazione e semplifichiamo la massa $m$ :

$- \mu_dg\cos\theta + g\sin\theta = a\\$

Dalla relazione:

$v_{fin}^2 - v_{ini}^2 = 2aL$

L’espressione per la velocità finale sarà:

$v_{fin}^2 = v_{ini}^2 + 2gL(\sin\theta - \mu_d\cos\theta)$

dove $v_{ini} = 0 \, m/s$ .

Ricordandoci di convertire $L = 20 \, cm = 0,2 \, m$ , otteniamo:

$v_{fin} = \sqrt{2gL(\sin30^{\circ} - \cos30^{\circ})} = 1,1 \, m/s$