Esercizio 13blocchetto che vola su un piano inclinato

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a) Velocità nel punto $O$

Che moto fa sul piano orizzontale

Sul tratto orizzontale agisce sul blocchetto la forza di attrito dinamicoForza che si oppone allo strisciamento, di modulo μD N, dove N è la forza con cui il piano preme sul corpo; qui N = mg perché il piano è orizzontale.Forze di attrito radente →, opposta al moto, di modulo $\mu_D N = \mu_D m g$ (sul piano orizzontale la reazione normale bilancia il peso, $N = mg$). Per la seconda legge di Newton l'accelerazione è

$$a = -\frac{\mu_D m g}{m} = -\mu_D\,g = -0{,}15 \cdot 9{,}81 = -1{,}47\ \text{m/s}^2$$

negativa con l'asse $x$ nel verso del moto. La massa si semplifica: la decelerazione non dipende da quanto pesa il blocchetto. È costante, quindi il moto è uniformemente deceleratoCon accelerazione costante vale v² = v0² + 2a(x − x0), che lega velocità e posizione senza passare dal tempo.Moto rettilineo uniforme e uniformemente accelerato →.

La formula senza il tempo

Interessa la velocità dopo un tratto $\ell$, non dopo un certo tempo:

$$v_O^2 = v_i^2 + 2a\,\ell = v_i^2 - 2\mu_D g\,\ell = 16 - 2 \cdot 0{,}15 \cdot 9{,}81 \cdot 2{,}5 = 16 - 7{,}36 = 8{,}64\ \text{m}^2/\text{s}^2$$

$$v_O = \sqrt{8{,}64} = 2{,}94\ \text{m/s}$$

(radice positiva: il blocchetto si muove ancora verso destra; il radicando positivo conferma che arriva a $O$ prima di fermarsi). La soluzione ufficiale usa il teorema dell'energia cineticaLa variazione di energia cinetica è uguale al lavoro delle forze: qui ½mvO² − ½mvi² = −μD m g ℓ.Energia cinetica e teorema dell'energia cinetica →, che porta alla stessa identica equazione.

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b) Punto d'impatto sul pendio

Il moto dopo $O$

In $O$ il piano finisce e il blocchetto si stacca con velocità orizzontale $v_O$: da lì in poi agisce solo il peso, ed è un lancio orizzontaleMoto parabolico con velocità iniziale orizzontale: x = v t in orizzontale, caduta da ferma in verticale.Moto parabolico → con partenza nell'origine. Facendo ripartire il cronometro in $O$:

$$x(t) = v_O\,t \qquad y(t) = -\tfrac12 g\,t^2$$

Equazione della traiettoria

Si elimina il tempo: $t = \frac{x}{v_O}$, quindi

$$y(x) = -\frac{g}{2 v_O^2}\,x^2$$

una parabola con vertice in $O$ e concavità verso il basso.

Equazione del pendio

Il pendio è una retta che passa per $O$ e scende con inclinazione $45°$: la sua pendenza è $-\tan 45° = -1$, quindi

$$f(x) = -x\tan\vartheta = -x$$

Intersezione

Il blocchetto tocca il pendio dove traiettoria e retta hanno la stessa quota, $y(x_P) = f(x_P)$:

$$-\frac{g}{2v_O^2}\,x_P^2 = -x_P\tan\vartheta \quad \Longrightarrow \quad x_P\left(\frac{g}{2v_O^2}\,x_P - \tan\vartheta\right) = 0$$

La soluzione $x_P = 0$ è il punto $O$ stesso (dove traiettoria e pendio partono insieme); quella cercata è l'altra:

$$x_P = \frac{2v_O^2\tan\vartheta}{g} = \frac{2 \cdot 8{,}64 \cdot 1}{9{,}81} = 1{,}76\ \text{m}$$

Il punto $P$ ha quota $y_P = -1{,}76$ m e dista da $O$, lungo il pendio, $x_P\sqrt2 = 2{,}49$ m.

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c) Tempo di volo

Il moto orizzontale è uniforme con velocità $v_O$, quindi

$$t = \frac{x_P}{v_O} = \frac{2v_O\tan\vartheta}{g} = \frac{1{,}76}{2{,}94} = 0{,}599\ \text{s}$$

Controllo con la verticale: $y(0{,}599) = -\frac12 \cdot 9{,}81 \cdot 0{,}599^2 = -1{,}76$ m $= f(x_P)$ ✓.

Velocità all'impatto (serve per la parte d): $v_x = v_O = 2{,}94$ m/s, $v_y = -g\,t = -5{,}88$ m/s. Si nota che $\frac{v_y}{v_x} = -2 = -2\tan\vartheta$: la velocità d'impatto è sempre inclinata più del pendio (qui $63{,}4°$ sotto l'orizzontale contro i $45°$ del pendio), indipendentemente da $v_O$.

Confronto con la soluzione ufficiale

La soluzione del tema dà $v_O = 2{,}9$ m/s, $x_P = 1{,}72$ m, $t = 0{,}593$ s, $v_y = -5{,}8$ m/s: sono stati ottenuti arrotondando $v_O$ a $2{,}9$ m/s prima di elevarla al quadrato (con $2{,}9$: $x_P = 2 \cdot 2{,}9^2/9{,}81 = 1{,}71$ m). Tenendo tutte le cifre si ha $x_P = 1{,}76$ m e $t = 0{,}599$ s. Con le formule letterali $x_P = 2v_O^2\tan\vartheta/g$ e $t = 2v_O\tan\vartheta/g$ si evita l'accumulo di arrotondamenti.

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Risultati

Errori comuni

• Usare la gittata $v_0^2\sin 2\theta/g$: vale solo per arrivo alla stessa quota di partenza; qui il punto d'arrivo è sul pendio e si devono intersecare traiettoria e retta.
• Dimenticare l'attrito sul tratto orizzontale e usare $v_O = v_i = 4$ m/s.
• Prendere come impatto la soluzione $x = 0$ dell'equazione: è il punto di partenza.
• Dare una velocità verticale iniziale al blocchetto in $O$: lascia il piano orizzontale con velocità orizzontale.