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Cutnell, La fisica di Cutnell e Johnson

© Zanichelli 2019

Sistemi di riferimento inerziali e non inerziali 1

Nel sistema di riferimento solidale a terra, il moto dell’arancia è caratterizzato da due componenti della velocità: componente orizzontale v x = 10 m/s componente verticale v y = v0 y − gt per cui si tratta di un moto parabolico. La velocità iniziale v0y della componente verticale si può ricavare, considerando l’istante in cui la velocità si annulla, ossia per t = 0,5 s. Si ha quindi: v 0 y = v y + gt ⇒ v 0 y = gt

(

v 0 y = 9,8 m/s2

) ( 0,5 s) = 4,9 m/s

La gittata è quindi 2v 0 xv 0 y 2(1, 0 m/s)(4,9 m/s) R= = = 1, 0 m 9,8 m/s2 g 2

Indicando con A il sistema in cui si trova l’osservatore a terra, con B il sistema di rifermento della scala mobile e con v la velocità della scala mobile rispetto al sistema di riferimento a terra, si ha v By = v Ay − v ⇒ v Ay = v By + v

Nel primo caso v Ay = 1,8 m/s + 1,2 m/s = 3,0 m/s mentre nel secondo caso la velocità vBy è negativa, per cui v Ay = − 1,8 m/s + 1, 2 m = − 0,60 m/s 3

Per ottenere lo schizzo della traiettoria, disegna una serie di circonferenze appoggiando leggermente la biro sul foglio e nel frattempo fai scorrere il foglio, tirandolo via a velocità più costante che puoi.

4

► L’ascensore si muove a velocità costante, per cui è un sistema di riferimento inerziale. La moneta impiega 0,60 s per salire e 0,60 s per scendere. Possiamo ricavare la velocità iniziale con cui viene lanciata la moneta:

v = v0 − gt ⇒ v0 = v + gt All’istante t = 0,60 s la velocità della moneta sarà nulla, per cui si ricava:

v0 = 0 m/s + (9,8 m/s2 )(0,60 s) = 5,9 m/s Nel sistema dell’ascensore lo spazio percorso in salita risulta 1 1 y = v0 t − gt2 = (5,9 m/s)(0,60 s) − (9,8 m/s 2 )(0,60 s) 2 =1,8 m 2 2 Quando la velocità della moneta si annulla, comincia la discesa, che ha una durata di 0,60 s. La moneta percorre quindi lo spazio

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1 y = (0 m/s)(0,60 s) − (9,8 m/s 2)(0,60 s) 2 = −1,8 m 2

► Indicando con A il sistema in cui si trova l’osservatore a terra, con B il sistema di rifermento dell’ascensore e con v la velocità dell'ascensore rispetto al sistema di riferimento a terra, si ha v By = v Ay − v ⇒ v Ay = v By + v

quindi lo spazio percorso in salita dalla moneta è dato da v Ayt = v Byt + vt ⇒

y A = y B + vt

y A = 1,8 m + (3,6 m/s)(0,6 s) = 4, 0 m mentre lo spazio percorso durante la discesa della moneta è

y A = y B + vt y A = −1,8 m + 3,6 m/s⋅ 0,6 s = 0,36 m 5

La velocità angolare del moto è data dalla relazione

ω = 2 π f = 2 π(3,0 s− 1 ) = 19 rad/s Per la bambina, la punta della girandola percorre una circonferenza di raggio 0,25 m con velocità angolare ω = 19 rad/s . Per una persona ferma rispetto alla bambina, la traiettoria ha forma elicoidale, di raggio 0,25 m. 6

► I due sistemi A e B sono inerziali e sono legati dalla relazione v Bx = v Ax − v quindi l’accelerazione misurata in B deve essere uguale a quella misurata in A:

a=

Δv A Δv B = Δt Δt

► Ne consegue che anche la forza è la stessa in entrambi i sistemi e pari a F = ma 7

► v B = v A − v ⇒ v A = vB + v quando il cagnolino si muove nello stesso verso della scala mobile si ha

v A = 2,3 m/s + 1,5 m/s = 3,8 m/s mentre quando il cagnolino si muove nel verso opposto alla scala mobile si ha

v A′ = −2,3 m/s + 1,5 m/s = −0,80 m/s

► Per percorrere la scala mobile in tutta la sua lunghezza L, il cagnolino impiega un tempo pari a

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tA =

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L 10, 5 m = = 2,8 s v A 3,8 m/s

mentre nel verso opposto L 10,5 m = = 13 s t A′ = v A′ 0,80 m/s 8

► v = 32 +1,52 = 3,35 m/s α = tan −1

3 = 63 ° in direzione W rispetto a S 1,5

► Il tempo di attraversamento è 25 = 16,7 s 1,5 In questo tempo si sposta verso ovest di Δx = 3 ⋅16,7 = 50,1 m t=

9

► La velocità del carro rispetto al bambino è: v Bx = vx − vCx

⇒

vCx = vx − v Bx = ( 1,5sin 30° − 0) m/s = 0,75 m/s

v By = v y − vCy

⇒

vCy = v y − v By =( 1,5cos30° − 0,25) m/s = 1,05 m/s 2

vC =

( vCx )2 + ( vCy )

= 1,30 m/s

La direzione è

θ = tan −1

vCx vCy

= 35,6°

⇒

180° − 35,6° = 144°

cioè nord 144° W. 10

! vR = 55 yˆ km/h ! vS = 90 ⋅ cos50° xˆ + 90 ⋅ sin 50° ˆy = (58 xˆ + 69 yˆ ) km/h ! ! ! vSR = vS − vR = (58 xˆ +14 yˆ ) km/h

vSR = 582 +142 = 59,7 km/h

θ = tan −1

14 = 13,6° 58

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► Possiamo considerare un sistema di riferimento A solidale con il suolo e un sistema di riferimento B solidale con l’automobile. Nel sistema di riferimento B, le gocce di pioggia hanno sia una componente x della velocità sia una componente y (negativa):

⎪⎧v Bx = v Ax − v x ⎨ ⎪⎩v By = −v Ay − v y Nel sistema di riferimento A, la velocità della pioggia ha componente orizzontale nulla, v Ax = 0 ; l’automobile si muove solo in direzione orizzontale, per cui v y = 0 ; si ha pertanto

⎪⎧v Bx = −v ⎨ ⎪⎩v By = −v Ay y A

y B ˿

vBx θ ˿

vBy

˿

vB x

O

O’

► La pioggia è inclinata di 45° rispetto all'automobile, quindi tan θ =

vBy vBx

= 1 ⇒ vBy = vBx

da cui segue − v = − vAy

⇒ v = v Ay

Si ricava quindi che la velocità della pioggia (misurata nel sistema A) è uguale alla velocità dell'automobile (rispetto ad A). 12

Consideriamo un riferimento solidale con la bicicletta che sia rivolto verso l’alto e abbia l’origine a terra nel punto verticalmente sotto la bicicletta. In questo riferimento la traiettoria è un segmento verticale e ha equazione

⎧ x =0 ⎨ ⎩0 ≤ y ≤ 10 Consideriamo ora un sistema con origine a terra e rivolto verso l’alto, in modo che l’origine sia verticalmente sotto la bicicletta nel momento in cui la palla esce dal cesto. La palla ha posizione ! iniziale P0 = 10 yˆ e velocità iniziale v0 = 2 xˆ . Il moto è uniformemente accelerato di accelerazione ! a = −9,8 ˆy quindi l’equazione oraria è 4

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⎧ x =2t ⎨ 2 ⎩ y = 10 − 4,9t Ricaviamo t dalla prima equazione e sostituiamo nella seconda: ⎧ x ⎪⎪t = 2 ⎨ 2 ⎪ y = 10 − 4,9 x = 10 − 1, 23 x 2 ⎪⎩ 4 quindi l’equazione della traiettoria è

⎧ y = 10 − 1, 23 x 2 ⎨ ⎩0 ≤ y ≤ 10 (un arco di parabola). 13

Il GPS segna il percorso rispetto al terreno. Il podista percorre gli 82 m rispetto al terreno in un senso, alla velocità di 2,8 m/s, impiegando 82 m t andata = = 29, 3 s 2,8 m/s e nell’altro senso, alla velocità di 0,8 m/s, impiegando

82 m = 102,5 s 0,8 m/s Per cui per andare avanti e indietro, percorrendo 164 m rispetto al terreno, impiega tgiro = 29,3 s + 102,5 s = 131,8 s t ritorno =

cioè ha una velocità media rispetto al terreno

164 m = 1, 24 m/s 131,8 s In un’ora, senza entrare troppo nei dettagli, percorre, rispetto al terreno uno spazio v terreno =

sterreno = (124 m/s)(3600 s) ≈ 4,5 km Invece il contapassi misura rispetto al nastro, per cui

vnastro = 1,8 m/s snastro = (1,8 m/s)(3600 s) ≈ 6,5 km 14

► La distanza tra la parte anteriore e quella posteriore del camion si ottiene dalla differenza tra le posizioni a uno stesso istante: 15 m. La velocità è data dalla pendenza di una delle due (sono uguali): 25/1 = 25 m/s = 90 km/h .

► Rispetto a un sistema solidale col camion, con origine nel punto posteriore e diretto verso la direzione del moto la velocità il punto anteriore ha coordinate A(15; t) e il punto posteriore P(0; t). 5

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► Velocità della moto in m/s: 60 km/h = 16,7 m/s. Velocità relativa del camion rispetto alla moto: 25 − 16,7 = 8,3 m/s . Rispetto al sistema solidale con la moto A′(15 + 8,3 t; t ) e P′(8,3 t; t ) . Il camion è fermo nel sistema solidale con esso, quindi v = 0 , e nel sistema solidale con la moto si muove ad una velocità pari alla differenza tra le due, vm = 8,3 m/s . 15

Velocità rispetto alla riva

x 57, 7 m = = 0,641 m/s t 90 s L 100 m =1,1 m/s vy = = t 90 s

vx =

v= vx2 + v2y = 1, 28 m/s Velocità rispetto all’acqua: v x = 0, 641 − 2 = −1,36 m/s

v (−1,36 x, 1,1 y ) Il dato in più è l’angolo di 30°. 16

► Quando l’ascensore sale di moto accelerato: 2

2

3

FN = m (g + a ) = (95,0 kg)(9,80 m/s + 1,80 m/s ) = 1,10 ⋅ 10 N

► Quando l’ascensore sale a velocità costante: FN = mg = (95,0 kg)(9,80 m/s2 ) = 931 N

► Quando l’ascensore scende di moto accelerato: FN = m (g − a ) = (95,0 kg)(9,80 m/s2 − 1,30 m/s2 ) = 808 N 17

18

""! ""! ! v L( S ) = VL +VT f = 45 giri/min = 0,75 Hz v = 2π rf = 2π ⋅ 0, 05 ⋅ 0, 75 = 0, 2355 m/s mv 2 0,020 ⋅ 0, 2355 2 f c1 = = = 0,0222 N r 0,05 fc 2 = 0

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The acceleration of the astronaut is

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ay =

v y −v 0 y

=

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vy

t t The apparent weight is vy ⎞ ⎛ 45 m/s ⎞ ⎛ 2 F N = mg + m y = m ⎜ g + ⎟ = (57 kg) ⎜ 9,80 m/s2 + ⎟ = 7,3⋅ 10 N t 15 s ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 20

fd = µd FN = µd (mg + ma ) = µd m( g + a)

►

a=0

f d = (0,360)(6,00 kg)(9,80 m/s 2 ) = 21, 2 N

► a = 1, 20 m/s 2 fd = (0,360)(6, 00 kg) ⎣⎡9,80 m/s 2 + 1, 20 m/s2 ⎦⎤ = 23,8 N

► a = −1, 20 m/s2 fd = (0,360)(6,00 kg) ⎣⎡9,80 m/s2 − 1, 20 m/s2 ⎦⎤ = 18,6 N 2

21

⎛ 90 ⎞ m/s⎟ ⎜ 2 3,6 v ⎠ = 2,7 ⋅10 2 N F c = m = (52 kg) ⎝ r 120 m

22 N

RMAX

α FOP h mg α RMIN

►

tan α =

R Rmax − Rmin

! ! ! m g + N = Fc

r=

⇒

⇒

⎛ 18 ⎞ α = arctan ⎜ = 18,8° ⎝ 165 − 112 ⎟⎠

⎧ v2 ⎪ N sin α = m r ⎨ ⎪ N cos α = mg ⎩ ⎛ 73 ⎞ ⎜⎝ 3,6 m/s⎟⎠

⇒

v2 tan α = rg

2

v2 = 123 m = g tanα 9,81 m/s2 ( tan18,8°)

(

)

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► L’altezza è, quindi h = (123 m − 112 m ) tanα = 3,8 m 23

► Nel sistema di riferimento solidale alla pallina, il valore della forza centrifuga è 2

FCF

24

2

⎛ 2π ⎞ ⎛ 2π ⎞ = (0,0120 kg) (0,100 m ) ⎜ = 0,189 N = mrω = mr ⎜ ⎟ ⎝ 0,500 s ⎟⎠ ⎝ T ⎠ 2

► La forza centrifuga è 2

( 30 m/s) = 140 N v2 F CF = m = (60 kg ) r 400 m ► La forza di Coriolis che percepisce vale Fcor = 2mvω = 2mvR 25

(30 m/s ) = 36 N v = 2 ⋅ (60 kg )(4 m/s ) R 400 m

► Il pendolo è soggetto al peso e alla tensione del filo ( θ

= 5° ):

⎧mg sin θ −T sin α = 0 ⎨ ⎩mg cos θ − T cos α = 0 ⎧mg sin θ = T sin α ⎨ ⎩mg cos θ = T cos α Dividendo la prima equazione per la seconda si ha tan θ = tan α ⇒ θ = α = 5° Il pendolo si allinea con la verticale, di conseguenza formerà lo stesso angolo che la guida forma con il piano orizzontale.

► Se il carrello è lasciato libero di scendere, questo avrà un’accelerazione a = g sin θ lungo la direzione parallela al piano; quindi il sistema precedente diventa ⎧mg sin θ −T sin α = mg sin θ ⎨ ⎩mg cos θ − T cos α = 0 Dalla prima equazione si ricava: mg sinθ − T sinα = mg sinθ ⇒

⇒ T sin α = 0 ⇒ α = 0 L’angolo tra l’asta e il pendolo diventa 0°.

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Papp = mg ± Fapp = mg ±

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mv 2 r

Nel caso di un dosso:

Papp = P − Fapp = P −

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600 N (10 m/s)2 P v2 = (600 N) − = 90 N g r 9,80 m/s2 12 m

⎛a ⎞

⎝ ⎠

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⎛ 1, 2 m/s2 ⎞ = 6,9° ≈ 7° 2 ⎟ ⎝ 9,8 m/s ⎠

θ = tan −1 ⎜ ⎟ = tan −1 ⎜ g

⎧⎪ N = mω 2 r 2 ⇒ µs mω r − mg = 0 ⎨ ⎪⎩µs N − mg = 0 g 9,8 m/s2 ω= = = 7, 2 rad/s 0, 75(0, 25 m) µsr

29

θ = arctan

vx ≈ 15° vy

tan15° ≈ 0, 26 v x = 0,26 ⋅ v y = 5 km/h

30

T = 2π

l , essendo g ′ la forza di gravità presente dentro la centrifuga g′

g ′ = g 2 + a 2 = g 2 + ω2 r = 2

2

2 ⎡⎛ 2π ⎞ 2 ⎛ ⎡ ⎛ 2π ⎞2 ⎛ c ⎞⎤ 1,0 m ⎞ ⎤ 2 2 2 = g + ⎢⎜ ⎟ ⎜ b + ⎟⎥ = (9,80 m/s ) + ⎢⎜ ⎟ ⎜ 3,6 m + ⎟ ⎥ = 16, 4 m/s 2 ⎠⎦⎥ 2 ⎠ ⎦⎥ ⎣⎢ ⎝ T ⎠ ⎝ ⎣⎢⎝ 3,5 s ⎠ ⎝ 2

T = 2π

32

l 0, 20 m = 2π = 0,69 s g′ 16, 4 m/s2

► Tx = T sinθ = ma Ty = T cos θ = mg

a = g tan θ

► a = g tan θ = (9,80 m/s 2) tan10,0° = 1, 73 m/s 2

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a g

► θ = tan −1 = 0° 33

Diagramma di corpo libero di un indumento quando perde il contatto con il cilindro: y φ

˿

FN

˿

P

x

θ

π P cos φ = P cos ⎜⎛ − θ ⎟⎞ = P sin θ ⎝2 ⎠ La forza centripeta è fornita dalla forza normale sviluppata dalla parete del cilindro e dalla componente radiale del peso. Quando i vestiti perdono contatto con la parete si ha FN = 0 : mv 2 = F N + P sinθ = P sinθ = mg sinθ r 2π r v= T

Fc =

g sin θ = ⇒ T=

f =

34

v2 4π 2 r = 2 ⇒ r T 2 r 4π r 0,32 m = 2π = 2π = 1,17 s g sinθ g sinθ (9,80 m/s2 )(sin 70,0° )

1 1 = = 0,85 giri/s T 1,17 s

t caduta =

2h g

vf = 24 m/s vmedia = 12 m/s aCoriolis = 2vωTerra sin 45° = 2(12 m/s)(7,3 rad/s)(0,71) = 0,00124 m/s 2 FCoriolis = ma Coriolis = 2mvω Terra sin 45° = 2(0, 200 kg)(12 m/s)(7,3 rad/s)(0,71) = 2,5⋅ 10− 4 N

1 Δx ≈ aCoriolist2 = 0,5(0,00124 m/s2 )(2,4 s)2 = 3,6 mm ≈ 4 mm 2 10

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Perché è in caduta libera attorno alla Terra. Il pavimento è la parete esterna. La forza percepita sulla Terra è la forza peso P = mg Nella stazione è la forza centrifuga f =

mv2 = mω 2 r = m(2πν ) r r

f = m4π 2ν 2r = mg Quindi:

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ν=

g 2

4π r

=

9,8 = 0,078 Hz 4 ⋅ 3,14 ⋅ 40

Fissiamo il sistema solidale con il terreno con l’origine a terra, verticalmente sotto al punto in cui la borraccia esce dalla tasca. ! La borraccia ha posizione iniziale P0 = 1, 20 yˆ e velocità iniziale v0 = 6xˆ . Il moto è uniformemente accelerato di accelerazione ! a = −9,8 ˆy quindi l’equazione oraria è ⎧ x= 6t ⎨ 2 ⎩ y = 1, 2 − 4,9t Ricaviamo t dalla prima equazione e sostituiamo nella seconda:

⎧ x ⎪⎪t = 6 ⎨ 2 ⎪ y = 1, 2 − 4,9 x = 1, 2 − 0,136 x2 ⎪⎩ 36 quindi l’equazione della traiettoria è

⎧ y = 1, 2 − 0,136 x2 ⎨ ⎩0 ≤ y ≤ 1, 2 (un arco di parabola). Consideriamo un sistema di riferimento solidale con la bicicletta, che abbia l’origine a terra e l’asse verticale che passa per la tasca inizialmente contenente la borraccia. La posizione iniziale è ! ! P0 = 1, 20 yˆ e velocità iniziale v0 = 0 . Sulla borraccia agiscono la forza di gravità

! Fg = −mg yˆ

e la forza apparente dovuta all’accelerazione del riferimento rispetto al terreno ! F a = −mab xˆ quindi entrambe le componenti del moto sono uniformemente accelerate:

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⎧⎪ x = −1,0 t2 ⎨ 2 ⎪⎩ y = 1, 2 − 4,9 t Ricaviamo t 2 dalla prima equazione e sostituiamo nella seconda:

y = 1, 2 + 4,9 x sempre con la condizione 0 ≤ y ≤ 1, 2 . Si tratta di un segmento.

Test 1 2 3 4 5 6 7 8 9

A D D D D C B C A

Verso l’esame con matematica 1

⎧ x = x0 ' + x ' ⎨ ⎩ y = y0 ' + y ' ed essendo: ⎧ x0 ' = 10 + 2 t ⎨ ⎩ y0 ' = −10 − 2t otteniamo:

⎧ x ' = x − 10− 2t ⎨ ⎩ y ' = y + 10 + 2t

► Tali trasformazioni mostrano che O ' x ' y ' è un sistema di riferimento inerziale poiché è animato da moto rettilineo uniforme rispetto Oxy .

► Le equazioni del moto del punto materiale rispetto O ' x ' y ' sono date da: ⎧⎪ x ' ( t ) = 5t2 + 2t − 10− 2t = 5t2 − 10 ⎨ ⎪⎩ y ' ( t ) = ( −2t − 2) +10 + 2t = 8

(

2

)

Consideriamo il seguente diagramma delle forze per la massa m nel sistema di riferimento non inerziale collegato al camioncino:

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Siccome il blocchetto resta attaccato al carrello si ha, rispetto a quest’ultimo, la seguente equazione delle forze:

! ! ! ! ! F att + N + P + F = 0 ! ! ! ! dove: Fatt , N , P , F sono rispettivamente la forza di attrito, la reazione vincolare normale, la forza

peso e la forza apparente o fittizia o inerziale; quest’ultima ha la seguente espressione:

! ! F = −m a Decomponendo le forze rispetto alla direzione normale e a quella tangenziale al lato obliquo del carrello, si ottiene la relazione che lega la forza di attrito con le altre componenti: − P|| + F|| + Fatt = 0

dove: P|| = mg sin α

F|| = F cos α = ma cos α Quindi, si ottiene:

Fatt = m( g sinα − a cosα )

Problema

► Un pedone fermo al semaforo vede l'autobus che frena e la ragazza che si sposta in avanti, perché continua il suo moto con la velocità che aveva l'autobus, come stabilito dal principio di inerzia.

► La ragazza sull’autobus percepisce una forza che la spinge in avanti. La forza è una forza apparente dovuta alla non inerzialità del sistema di riferimento.

► Sulla sagoma di plastica agiscono due forza, ovvero la forza di gravità lungo la verticale e la forza apparente lungo l’orizzontale. La risultante delle forze forma un angolo φ con la direzione verticale, aapp da cui tan φ = g Il modulo dell’accelerazione apparente coincide con il modulo della decelerazione.

► La reazione vincolare o forza normale in assenza di altre forze agenti sulla scatola lungo la verticale è in modulo e direzione pari alla forza peso e in verso opposto. Il fatto che l’autobus si muova di moto rettilineo uniforme o moto rettilineo uniformemente accelerato non ha effetto sulla reazione vincolare.

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► Il pavimento dell’autobus è una superficie scabra (l’attrito tra il pavimento e una valigia appoggiata per terra oppure con le suole delle scarpe di un passeggero in piedi non è trascurabile) per evitare che oggetti appoggiati per terra o passeggeri in piedi scivolino quando l’autobus accelera o decelera moderatamente. Un’accelerata molto brusca, ovvero tale per cui la forza apparente agente sul passeggero o sull’oggetto appoggiato per terra è maggiore della forza d’attrito statico, metterà in moto l’oggetto.

► Applicando le trasformazioni di Galileo, se x è la posizione del passeggero rispetto al semaforo, x’ è la posizione del passeggero rispetto al retro dell’auto...