Una forza per manipolare il mondo

Capitolo
5
Una forza per
manipolare il mondo
1. L’attrito radente statico
Chi è che vince nel tiro alla fune?
Due amici, Mario e Gianni, si sfidano nel tiro alla fune e Gianni vince. Qual è
la ragione di questa vittoria? Possiamo avanzare tre ipotesi:
a) Gianni ha esercitato una forza maggiore sulla corda.
b) La corda ha esercitato un forza maggiore su Mario.
c) Gianni ha esercitato una forza maggiore sul pavimento.

FCM
?

FMC

FCG

FGC

FMP

FGP

FPM

FPG
La prima riflessione da fare è che, essendo i due amici inizialmente fermi, la
vittoria di Gianni indica che è avvenuta un’accelerazione di entrambi dalla
sua parte, cioè verso destra nella figura. Per capire cosa sta accadendo,
immaginiamo di avvolgere entrambi gli amici, mentre tirano la corda, con
1

a
uno stesso sacchetto trasparente, e consideriamoli come un unico sistema.

Chiamiamo quindi a l’accelerazione comune. Per produrre accelerazione su
questo sistema, il secondo principio della dinamica richiede che agisca su di

esso una forza avente la direzione ed il verso di a .
Ora, non c’è nessuna possibilità che questa forza provenga dall’ interno del
sistema, perchè il terzo principio prevede che tutte le forze interne ad un
sistema siano in forma di coppie azione e reazione, a somma nulla. Con
riguardo alla figura, questo significa che la forza che Mario esercita sulla


corda FCM è uguale, ma con verso opposto, a quella FMC che la corda




esercita su di lui: FMC  FCM . Analogamente si ha FGC  FCG .
Quindi le risposte a) e b) sono senz’altro errate: il sistema dei due amici non
può nel complesso accelerare per l’azione né della fune, né di nessuna cosa

che si trovi racchiusa nel sacchetto: per produrre a occorre un’interazione con
l’esterno.

FMP

FGP

FPM

FPG
La risposta allora è che vince chi spinge di più sul pavimento?
Osserviamo i piedi dei due giocatori: entrambi fanno presa sul pavimento
spingendo in direzione orizzontale. Poiché Gianni spinge con i piedi verso
sinistra, il pavimento spinge su di lui verso destra con una forza uguale e
contraria, come previsto dalla terza legge. Mario invece spinge con i piedi
verso destra, e quindi il pavimento su di lui verso sinistra.
Le forze orizzontali esercitate dal pavimento provengono dall’ esterno del
sistema, e nel contempo la loro intensità è determinata dalle spinte dei due
giocatori.
Quindi chi spinge più forte orizzontalmente sul pavimento fa si che il
pavimento lo spinga più intensamente dalla sua parte e vince la gara: la
risposta corretta è la c).
Ma come è possibile spingere orizzontalmente sul pavimento?
Il meccanismo responsabile viene detto attrito radente. Con tale termine si
intende:

fattrito

F
Attrito radente: la forza che si sviluppa nella zona di contatto fra due corpi e
che ne contrasta il moto di scivolamento di uno sull’altro, rallentandolo od
impedendolo del tutto. La forza di attrito radente si manifesta solo in
presenza di un’azione che tende a produrre lo scivolamento.
Se gli oggetti a contatto sono solidi, la loro superficie apparentemente liscia,
sulla scala delle molecole presenta sempre notevoli irregolarità che ad occhio
nudo non sono osservabili. Così, quando due superfici sono poste una
sull’altra, l’area di effettivo contatto è estremamente ridotta rispetto a quello
che appare su grande scala. Immaginiamo di poter girare la Svizzera e farla
scorrere sopra all’Austria: esse si toccheranno solo sulle cime delle catene
montuose. Il complesso meccanismo microscopico che spiega l’origine
dell’attrito, è legato al saldarsi reciproco di tali irregolarità sulle due
superfici a contatto, e questo anche grazie al formarsi di legami al livello
delle molecole.
2
Quando solleviamo una bottiglia di vetro afferrandola per il collo, le
irregolarità sulla superficie della pelle si saldano alle irregolarità sulla
superficie del vetro sia al livello di nuovi legami fra le molecole, sia come
farebbero i denti di una sega sul legno, e questo ci permette di esercitare
una forza in verticale. Analogo è il meccanismo sotto alle suole delle scarpe
per i due amici che giocano al tiro alla fune. Il meccanismo è tanto più
efficace quanto più le superfici di contatto sono premute l’una contro l’altra,
in modo da accrescere l’effettiva area di contatto.
Si usa distinguere fra attrito radente statico, che agisce quando le due superfici
a contatto sono immobili, ed attrito radente dinamico, che agisce durante lo
scivolamento.

fattrito
 
v=0
statico

mg

fattrito
statico
Quand’è che possiamo osservare l’attrito radente statico?
L’attrito radente statico è, in un certo senso, la forza più importante: quella
che consente di manipolare il mondo. Esso è presente ovunque: ricordiamo,
solo a titolo di esempio, che permette di afferrare gli oggetti, di camminare,
di andare in moto od in auto, mantiene saldi i nodi nelle corde, i chiodi nei
muri e gli occhiali sul naso. Fa funzionare scale mobili e nastri trasportatori,
ed è a causa dell’attrito statico radente se un oggetto su di un piano inclinato
non scivola se non a partire da una certa inclinazione. La sua è però
un’azione sempre passiva: l’attrito radente statico non prende da solo
l’iniziativa di spostare un oggetto o di avvitare un bullone, ed i processi che
lo vedono coinvolto sono sempre innescati da qualche altro agente. Tuttavia
il suo ruolo è fondamentale:

fattrito
statico
l’attrito statico radente fa da tramite fra le forze interne ad un sistema di
oggetti, come quelle muscolari o quelle prodotte dai motori, e l’ambiente
circostante, permettendo così al sistema di interagire con l’esterno.
Neanche un uomo molto robusto potrebbe infatti camminare sopra ad un
piano privo di attrito, come un pavimento oleoso: la forza muscolare delle
gambe non riuscirebbe a produrre alcuna azione uguale e contraria da parte
del suolo. Per lo stesso motivo non è possibile afferrare una bottiglia per il
collo, quando questo sia unto in modo da far mancare il supporto dell’attrito
statico radente.
Esso è responsabile anche del rotolamento: in una ruota motrice permette

che le forze interne esercitate dal motore si trasformino in una spinta F sul
terreno in verso opposto a quello del moto. In questo modo il terreno

risponda esercitando una forza F nel verso del moto, come in figura. Un
analogo meccanismo permette di camminare. Infine, grazie all’attrito statico
possiamo far uscire l’inchiostro dalla la penna e scrivere, oppure girare le
pagine di un libro e leggere.
Quali sono le proprietà della forza di attrito radente statico?

Indichiamo con fs la risultante delle forze dovute alle irregolarità della
zona di contatto, e che impedisce lo scivolamento di due superfici. Possiamo
riassumere il risultato delle osservazioni in tre semplici leggi empiriche:
3

-F

F

-F

F

1) La direzione di fs è parallela alla superficie di contatto ed il verso
opposto a quello dello scivolamento (se questo non fosse impedito).

2) L’intensità fs è indipendente dall’estensione (apparente) della
superficie di contatto.
3) Anche fissati

le due superfici di contatto, l’intensità fs
può
assumere infiniti valori diversi, compresi fra zero ed un massimo,
superato il quale inizia lo scivolamento. Il valore massimo è

proporzionale all’intensità della forza normale N che il piano di
appoggio esercita sull’oggetto. La costante di proporzionalità viene
detta coefficiente di attrito dinamico, indicata con la lettera greca
 (mi), e dipende dai materiali. Quindi risulta:


0  fs  s N
Queste leggi si spiegano bene con quanto detto in precedenza, e cioè che
l’area di contatto apparente fra i due oggetti non coincide con le reali zone
che si toccano su scala microscopica, e che la sua estensione effettiva è
determinata anche dalla forza con la quale ciascuna delle due superfici
preme sull’altra. Cerchiamo di capire perché una maggiore area di contatto
non è in grado di produrre una maggiore forza di attrito statico. Se
prendiamo un mattone e lo appoggiamo prima sulla faccia larga e poi su
quella stretta, la forza normale è la stessa perché bilancia il medesimo peso.

Tuttavia N si distribuisce su di un’area che è prima grande e poi piccola.
Pertanto il suo effetto sull’estensione delle irregolarità che si saldano è più o
meno uguale nei due casi, e così la forza di attrito non cambia.

Per analogo motivo, se a parità di area aumenta la forza N con cui le due
superfici premono l’una sull’altra, le irregolarità si saldano fra loro in misura
maggiore, ed è più intensa la forza di attrito statico. Questo è evidente se
pensiamo che per sollevare per il collo una bottiglia prima vuota e poi piena
occorono due strette differenti, e quindi due valori differenti della forza di
attrito. Allo stesso modo, nella gara di tiro alla fune vince sempre chi è in
grado di esercitare un maggiore forza normale sul pavimento, vale a dire
quello dei concorrenti che ha una massa maggiore.
Quali sono le unità di misura del coefficiente di attrito statico?
Il coefficiente s è misurabile eseguendo il rapporto fra l’intensità della


forza massima di attrito statico fs,max e l’intensità N della forza normale:


fs,max  s N


fs,max
s 

N

 N
     
 s 
 N
 
Ed essendo un rapporto fra due grandezze che hanno la stessa dimensione
fisica in Newton, ad esso non sono associate unità di misura: si tratta di un
numero puro.
4
Esempio 1
Una cassa di massa m1  150 Kg viene spinta orizzontalmente con una forza

F da un uomo di massa m2  75.0 Kg . Il coefficiente di attrito statico fra la

F
cassa ed il pavimento vale 1  0.460 .

1) Qual è il minimo valore di F affinché la cassa inizi a muoversi?


2) La forza F e l’attrito statico fs1 sono una coppia azione e reazione?

fs1
3) Qual è il coefficiente di attrito statico minimo 2 fra le scarpe ed il
pavimento che permette all’uomo di muovere la cassa?

1) Perché la cassa inizi a muoversi la spinta F deve superare il massimo
valore dell’attrito statico, cioè:



F  fs1,max  1 N1

Calcoliamo N 1  (0, N 1y ) dall’equilibrio lungo l’asse verticale:

N 1y  m1g  0  N 1y  m1g  150  9.81  1472 N  N 1  1472 N


F  1 N 1  0.460  1472  677 N
La cassa quindi si mette in movimento solo se l’uomo spinge almeno con
una
forza
d’intensità
superiore
al
massimo
attrito


statico F  fs,max  677 N .


2) Le due forze F ed fs1 non sono una coppia azione e reazione perché

agiscono sullo stesso oggetto, cioè la cassa. La F che l’uomo esercita sulla cassa

fa coppia azione e reazione con la forza F che la cassa esercita sull’uomo,

e la forza fs1 che il pavimento esercita sulla cassa fa coppia azione e

reazione con la forza fs1 che la cassa esercita sul pavimento.
3) Un istante prima che la cassa inizi a slittare, il terzo principio prevede che

essa eserciti sull’uomo la forza F  (677 N; 0) . Poiché l’uomo è fermo,
l’equilibrio in direzione orizzontale richiede che dal pavimento agisca su di

lui una forza di attrito fs 2  (677 N; 0) . Poiché ci viene richiesto il minimo

coefficiente di attrito statico 2 che permette al pavimento di esercitare fs 2

sulle suole, dovremo sfruttare al massimo l’attrito supponendo che fs 2 sia la


più grande spinta che il coefficiente 2 permette, cioè fs 2  2 N 2 .

Calcoliamo N 2  (0, N 2y ) dall’equilibrio lungo l’asse verticale:

N 2y  m2g  0  N 2y  m2g  75.0  9.81  736 N  N 2  736 N
Ed inserendo nell’espressione dell’attrito risolviamo rispetto 2 :


677
fs 2  2 N 2
 677  2 (736)  2 
 0.920
736
5

-F

F

fs1

N1

m1g

- fs1

N2

m g
2

-F

fs2
Esempio 2
Un blocco di massa m  30.0 Kg inizia a scivolare lungo un piano inclinato

fs


mg
quando l’angolo  raggiunge i 25.0 . Si dica quanto valgono il coefficiente
di attrito statico s e la forza massima di attrito statico. Quanto vale la forza

di attrito statico se l’angolo di inclinazione scende a 20.0 ?
Quando il blocco è sul punto di scivolare, la forza di attrito statico ha
raggiunto il suo valore massimo però l’accelerazione è ancora zero, essendo
fermo. Nel consueto riferimento con l’asse delle ascisse parallelo al piano, si


ha fs  (fsx , 0) , N  (0; N y ) , e, qualunque sia l’angolo  , l’equilibrio chiede:
asse x : fsx  Wx  0

fsx  mg sin   0
asse y : N y  Wy  0

N y  mg cos   0


fsx  mg sin 
N y  mg cos 
Dice il testo che se   25.0 siamo nelle condizioni di massimo attrito
statico, quindi:

fsx ,max  mg sin 25.0  124 N  fs,max  124 N

N y  mg cos 25.0  267 N  N  267 N


In condizioni di attrito massimo deve essere fs,max  s N , da cui:

fs,max
124 N
s 
 0.464
 
267 N
N
Per il calcolo della forza di attrito statico per   20.0 usiamo l’equazione
precedente:

fsx  mg sin 20.0  101 N  fs  101 N
Esempio 3
Un bagaglio di massa m  50.0 Kg si trova appoggiato sul tetto di un’auto

fs

a
che viaggia su una strada piana,
con un’ accelerazione di
2.50 m/s2 .
Sapendo che il coefficiente di attrito statico fra tetto e bagaglio vale
s  0.350 , e supponendo trascurabile la resistenza dell’aria, si dica se il
bagaglio scivola all’indietro.
Il bagaglio si muove anch’esso di moto uniformemente accelerato, con
ax  2.50 m/s2 : per produrre una tale accelerazione occorre una forza
orizzontale:
F
x
 max  50.0  3.50  175 N
La sola forza che agisce su di esso in orizzontale è l’attrito statico con il tetto

dell’auto, fs . Calcoliamo il suo valore massimo: il bagaglio non scivola se
questo è superiore al valore trovato di 175 N .
N y  mg  0  N y  mg  50.0  9.81  491 N


fs,max  s N  0.350  491  172 N
quindi il bagaglio scivola all’indietro.
6


N  491 N
Esempio 4
Quanto deve valere, come minimo, il coefficiente di attrito statico fra gli
pneumatici e l’asfalto per permettere ad un’auto di massa m di accelerare

f s,max
con a  5.00 m/s2 senza che le ruote motrici slittino?
Affinché le ruote non slittino, la forza richiesta per far accelerare l’auto non


deve superare il valore della massima forza di attrito statico, fs,max  s N .
Lungo la direzione verticale si ha:

N y  mg  0  N  mg
da cui:


fs,max  s N  s mg
lungo la direzione orizzontale:
fs max,x  max

s m g  m a

s 
a
5.00

 0.510
g
9.81
quindi le gomme non slittano se s  0.510 .
2. L’attrito radente dinamico
Quali sono le caratteristiche dell’attrito radente dinamico?
L’attrito dinamico permette il funzionamento dei freni nelle auto e della
carta vetrata, rallenta lo scivolamento degli oggetti lungo un piano inclinato,
riscalda le superfici che si sfregano come pistone e cilindro dentro al motore
a scoppio, rendendosi responsabile di dispendio energetico. Potremmo
scherzosamente dire che l’attrito radente dinamico ha due facce: una buona,
che ha consentito lo sviluppo della civiltà umana, l’altra cattiva, costituendo
uno dei principali ostacoli alla realizzazione di meccanismi di utilità pratica.
Quali sono le proprietà della forza di attrito radente dinamico?

Indichiamo con fk la somma delle forze che si esercitano nella zona di
contatto e chiamiamola forza di attrito radente dinamico. Gli esperimenti
mostrano che :
7

- fs,max

1) La direzione di fk è parallela alla superficie di contatto ed il verso è
opposto a quello dello scivolamento.

2) L’intensità fk è indipendente sia dall’estensione (apparente) della
superficie di contatto sia dalla velocità dello scivolamento

3) L’intensità è proporzionale a quella della forza normale N che il
piano di scivolamento esercita sull’oggetto. La costante di
proporzionalità viene detta coefficiente di attrito dinamico, ed indicata
con la lettera greca mi, quindi:


fk  k N
Potrebbe l’attrito radente dinamico superare quello statico?
Si tratta di un’eventualità assurda dal punto di vista logico. Se così fosse,
allora potremmo decidere di applicare ad un corpo una forza maggiore di
quella dell’attrito statico massimo, ma minore di quella dell’attrito dinamico.
In tal caso l’oggetto dovrebbe dapprima mettersi in movimento in avanti
visto che si è superato l’attrito statico massimo, ma appena fosse in moto
dovrebbe andare anche indietro perché l’attrito dinamico lo spingerebbe
con una forza contraria, maggiore della nostra. Questo assurdo si supera
solo se la forza massima di attrito statico è sempre minore della forza di
attrito dinamico, cioè se:
s  k

N

fk

F
Esempio 5
Un blocco di massa m  20.0 Kg viene tirato lungo un piano da una forza di

intensità F  350 N formante un angolo  con la direzione orizzontale. Il
25.0 °
coefficiente di attrito dinamico vale k  0.75 . Dopo aver spiegato in quale

W
fra i due casi
  25.0 e   25.0 ci si aspetta una maggiore

accelerazione, si calcolino entrambi i valori di a .

N
La forza normale nel primo caso è minore, dovendo solo equilibrare la parte

di peso non bilanciata dalla componente verticale della forza F . Nel


fk
secondo caso N deve invece bilanciare tutto il peso più la componente

-25.0 °

W

F
verticale di F . Ci attendiamo pertanto maggiore accelerazione nel primo
caso che non nel secondo, visto che ad una minore forza normale
corrisponde un minor attrito.


Indicando al solito peso e normale con W (0; mg ) e N (0; N y ) , lungo la
direzione verticale si ha nel primo caso:


N y  Fy  Wy  0  N  F sin 25.0  mg  0

N  20.0  9.81  350  sin 25.0  48.3 N
da cui:
8


fk  k N  0.75  48.3  36.2 N
e quindi lungo la direzione orizzontale:


 fk  F cos 25.0  max


F cos 25.0  fk
350  cos 25.0  36.2
ax 

 14.1 m/s2
m
20.0
Nel secondo caso invece, in verticale:


N y  Fy  Wy  0  N  F sin 25.0  mg  0

N  20.0  9.81  350  sin 25.0  344 N
da cui:


fk  k N  0.75  344  258 N
e quindi lungo la direzione orizzontale:


 fk  F cos 25.0  max


F cos 25.0  fk
350  cos 25.0  258
ax 

 2.96 m/s2
m
20.0
Esempio 6
Per misurare il coefficiente di attrito dinamico k di una rampa lunga
10.0 m ed inclinata di   40.0 si lascia scivolare lungo di essa un blocco di
massa m . Sapendo che il blocco impiega 3.50 s a raggiungere la base del

N
y

fk
piano si dica quanto vale k .
Calcoliamo l’attrito dinamico ricavando dapprima la forza normale. Lungo
l’asse perpendicolare al piano di scivolamento si ha:


N y  Wy  0  N  mg sin 40.0  0  N  mg sin 40.0
Lungo l’asse parallelo al piano di scivolamento quindi risulta:

fkx Wx  max   fk  mg cos 40.0  max
k m g sin 40.0  m g cos 40.0  m ax
Per trovare il valore dell’accelerazione ax sfruttiamo l’informazione che a
percorrere i 10.0 m della lunghezza della rampa impiega 3.50 s . Dalla legge
oraria lungo il piano di scivolamento, assumendo che il blocco parta fermo e
scegliendo l’origine nel punto da cui inizia a scivolare così che x 0  0 , si ha:
x (t )  x 0  v0x t  1 ax t 2  1 ax t 2
2
2
1
10.0  ax (3.50)2  ax  1.63 m/s2
2
E sostituendo nell’equazione precedente si trova:
k g sin 40.0  g cos 40.0  1.63
x (3.50 s)  10.0 m
k 

g cos 40.0  1.63 9.81  0.766  1.63

 0.933
g sin 40.0
9.81  0.643
9


W

x

F12
Esempio 7
Due blocchi di massa m1  1.50 Kg ed m2  3.00 Kg scivolano lungo un
2 F
21
1
piano inclinato di   30.0 . Il blocco 1 sta dietro ed ha un coefficiente di
attrito dinamico inferiore 1  0.100 . Pertanto nella caduta si appoggia al

blocco 2, che sta davanti ed ha 2  0.400 . Si calcoli la forza di contatto F21

con cui il blocco 1 spinge sul 2.
Considerando dapprima il sistema dei due blocchi come un unico oggetto di
massa m1  m2 , calcoliamone l’accelerazione. Lungo la direzione di
scivolamento agiscono le componenti dei due pesi e dei due attriti:

N1
y

fk1

W1

N2
Lungo la direzione perpendicolare al piano risulta:


N 1y W1y  0  N 1  m1g cos   0  N 1  m1g cos 


N 2y W2y  0  N 2  m2g cos   0  N 2  m2 g cos 

fk2
x

W2

f
ax 


fk 2x  2 N 2  2m2 g cos 
m1 sin 30.0  1 cos 30.0  m2 sin 30.0  2 cos 30.0
m1  m2
g  2.35 m/s2
Adesso studiamo lo schema del corpo libero del blocco 2, ed imponendo che

la sua accelerazione lungo x sia ax  2.35 m/s2 si trova F21

F21
k2
da cui si ricavano le forze di attrito:

fk 1x  1 N 1  1mg cos 
Sostituendo nell’equazione per la direzione orizzontale:
m1g sin 30.0  m2g sin 30.0  1m1g cos 30.0  2m2g cos 30.0  (m1  m2 )ax

N2

W2
W1x W2x  fk 1x  fk 2x  (m1  m2 )ax


m1g sin   m2g sin   1 N 1  2 N 2  (m1  m2 )ax
F21x  fk 2x W2x  m2ax

F21x  2m2 g cos   m2 g sin   m2ax
F21x  m2 2g cos   g sin   ax   2.53 N


quindi F21(2.53 N; 0) , e dalla terza legge è pure F12 (2.53 N; 0) .
Walker studiare attrito statico pp 158-161. Es p183 n 3-4-5-6
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