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ESERCIZI sui MOTI RELATIVI

Esercizio 1 Qual è l’angolo massimo di cui può risultare inclinato, rispetto alla verticale, il vetro posteriore di una macchina che viaggia alla velocità costate v = 72 km/h per non essere bagnato dalla pioggia che cade verticalmente alla velocità vp=10 m/s ? _________________________

Si utilizzi il teorema delle velocità relative considerando un sistema di riferimento fisso a terra (O; x, y, z) e un sistema di riferimento mobile solidale con la macchina (O’; x’, y’, z’): vp = vO’ + vp' dove vO’ = vt è la velocità di trascinamento del sistema mobile rispetto al sistema fisso (in questo caso il vettore velocità della macchina). Il moto in questione è un moto di trascinamento traslatorio lungo l’asse x e l’oggetto osservato nei due sistemi di riferimento è la pioggia.



Nel sistema di riferimento solidale all’automobile: vp' = vp – vO’ da cui:

tg() 

vo ' 20  2 v p 10



  arctg(2)  63

Se il vetro posteriore della macchina è inclinato dell’angolo  non si bagna perché rispetto ad esso la pioggia scorre parallelamente.

1

z Esercizio 2 Un ascensore si muove verticalmente verso l’alto con una accelerazione A di 0.2 m/s2, rivolta verso l’alto. Dal soffitto pende un filo di massa trascurabile a cui è attaccata una pallina di massa m = 0.5 kg.

z’ m

A

1) Calcolare la tensione del filo durante il moto dell’ascensore 2) Se improvvisamente il filo si spezza, quanto tempo impiega la pallina a cadere sul pavimento, se la distanza dal pavimento è inizialmente h = 80 cm?

g

O’ O

1) Rispetto ad un sistema di riferimento (O, z) inerziale e solidale a terra la pallina risulta accelerata con la stessa accelerazione A dell’ascensore e il suo moto è determinato dalla risultante delle forze reali agenti sulla pallina, ovvero la tensione del filo e la forza peso:

T T + mg = mA

[1]

mg Da cui proiettando sull’asse z si ottiene: T = mg + mA = 5 N. Dal punto di vista dell’osservatore non-inerziale solidale con l’ascensore (O’, z’) bisogna utilizzare il teorema delle accelerazioni relative: a = a’ + at dove a è l’accelerazione nel SR fisso (inerziale), a’ è l’accelerazione nel SR mobile e at è l’accelerazione di trascinamento. In questo caso abbiamo a’ = 0 perché la pallina è in quiete rispetto all’ascensore e at = A. Quello che vede l’osservatore nel SR mobile (non inerziale) è che, nonostante per lui la pallina sia in equilibrio, T > mg: per poter in ogni caso applicare la dinamica newtoniana (cioè per poter ancora scrivere  Fi’ = m a’) deve pensare che agisca sulla pallina una forza ulteriore, rivolta verso il basso. E’ una “forza apparente”, che non compare nel SRI:  Fi’ =  Fi,vere +  Fi,apparenti = T + mg + Fapp = T + mg – mat = T + mg – mA  Fi’ = m a’

Può allora scrivere:

 Fi’ = 0 T + mg – mA = 0 che è evidentemente equivalente alla [1].

2

2) Nella seconda parte del problema conviene adottare il punto di vista dell’osservatore noninerziale solidale con l’ascensore (O’, z’). Quando la pallina si stacca dal filo si ha: a=g at = A da cui: a’ = a – at = g – A proiettando sull’asse z’ si ottiene: a’ = – g – A = – 10 m/s2. Il segno meno indica che l’accelerazione a’ è rivolta in verso opposto all’asse z’, ossia verso il basso. Si noti che per l’osservatore non-inerziale solidale con l’ascensore è come se la pallina cadesse verso il fondo dell’ascensore con una accelerazione maggiore di quella di gravità. La legge oraria per la pallina nel SR mobile è:

1 z' ( t)  z '0  v '0 t  a ' t 2 2 1 z' ( t)  h  a ' t 2 2 Quando la pallina tocca il pavimento dell’ascensore t = tcaduta e z’(tcaduta) = 0, da cui: 0 h

t caduta 

1 ' 2 a t caduta 2 2h =0.4 s a'

Si può risolvere lo stesso problema dal punto di vista dell’osservatore inerziale solidale a terra. Sia v0 (rivolta verso l’alto) la velocità dell’ascensore nell’istante in cui si spezza il filo e quindi anche quella della pallina nello stesso istante. Negli istanti successivi la pallina seguirà il moto di caduta di un grave con velocità iniziale v0. Proiettando sull’azze z si ottiene:

1 z pallina( t)  z 0,pallina  v 0 t  gt 2 2

e v pallina( t)  v 0  gt

D’altra parte, il fondo dell’ascensore sale verso l’alto con moto uniformemente accelerato:

1 zfondo ( t)  z0,fondo  v0 t  At 2 2

e v fondo( t )  v0  At

La pallina toccherà il fondo dell’ascensore quando zpallina = zfondo, nell’istante t = tcaduta

1 1 z 0,pallina  v 0t caduta  gt 2caduta  z 0,fondo v 0t caduta  At2caduta 2 2 essendo z0,pallina – z0,fondo = h si ha

1 2 (g  A) h  t caduta 2

t caduta 



3

2h  0.4 s ( g  A)

Esercizio 3 m Un carrello si muove con accelerazione costante A su di un piano orizzontale. Sul carrello è fissato un y’ piano scabro, di coefficiente di attrito statico µ s=0.7, h A inclinato di un angolo  =30° rispetto al piano y x’  orizzontale. Sul piano scabro è poggiato un oggetto di massa m, inizialmente fermo rispetto al piano x stesso. Si calcoli: 1) il massimo valore dell’accelerazione A del carrello per il quale l’oggetto rimane fermo rispetto al piano inclinato scabro; 2) il valore massimo dell’accelerazione A del carrello che permetta ancora il contatto dell’oggetto con il piano inclinato scabro. ___________________________ Consideriamo un sistema di riferimento inerziale ancorato a terra (O, x, y) e un sistema di riferimento ancorato al piano inclinato (O’, x’, y’). Poiché il piano inclinato si muove assieme al carrello di moto accelerato, questo ultimo riferimento è non-inerziale. Dal punto di vista dell’osservatore solidale al piano inclinato, il blocco m è in equilibrio per cui: ∑ F = ∑ (Freali + Fapparenti) = 0 dove Freali sono la reazione vincolare normale del piano, N, la forza di attrito radente, fa, e la forza peso, mg, mentre la forza apparente è data da Fapparente = - mA, essendo A l’accelerazione di trascinamento del sistema (O’, x’, y’) rispetto al sistema inerziale (O, x, y). Risulta quindi: N + mg + fa –mA = 0

N

che proiettata sul sistema (O’, x’, y’) indicato in figura dà: y’

N  mg cos   mA sin     mg sin   f a  mA cos   

fa

Fapparente 

x’

Finché l’oggetto è in quiete, la forza di attrito statica soddisfa la relazione considerando il sistema precedente, dà:

mg f a  s N

, che

f a  mg sin   mA cos   s (mg cos   mA sin )

Ag

 s cos   sin   0.86 m / s2 s sin   cos 

Per valori superiori a 0.86 m/s2 il blocco incomincerà a scivolare verso il basso lungo il piano inclinato. Per calcolare il valore massi mo dell’accelerazione A del carrello che permetta ancora il contatto dell’oggetto con il piano inclinato scabro occorre tenere conto della condizione di appoggio:

N 0 da cui:

N  mg cos   mA sin   0



4

A

g cos  g   17 m / s2 sin  tg

Esercizio 4 Una pallina di massa m è appesa tramite un filo al soffitto di un vagone ferroviario. Quando il treno accelera con accelerazione A il filo si inclina formando un angolo  con la verticale. Calcolare l’angolo  in funzione dell’accelerazione A del treno sia per un osservatore inerziale O a terra che per un osservatore O’ situato sul vagone. y’ 

y

x

x’

O’

O

Dal punto di vista dell’osservatore inerziale a terra (O; x, y) la pallina risulta accelerata con la stessa accelerazione A del treno e il suo moto è determinato dalla risultante delle forze “reali” agenti sulla pallina, ovvero la tensione del filo e la forza peso: mg + T = mA [1]

T

Proiettando sugli assi x e y si ottiene:

T sin( )  mA  T cos()  mg

mg

da cui :

A g Quindi dall’angolo di inclinazione  si può trovare il valore dell’accelerazione del treno. tg() 

L’osservatore non-inerziale solidale al vagone (O’; x’, y’) vede la pallina in quiete, quindi giudica che vi sia un equilibrio di forze. Per spiegarselo, alla forza peso e alla tensione della fune (vede che la fune è tesa) deve aggiungere una forza apparente, che in accordo con il teorema delle accelerazioni relative a = a’ + at (dove ora a’=0 e at=A) corrisponde a Fapp =  mat =  mA. Dunque per questo osservatore: ∑ F = ∑ (Freali + Fapp) = 0 mg + T –mA = 0 che è evidentemente equivalente alla [1]. Anche questo osservatore misurerà quindi lo stesso angolo e, se è conscio di trovarsi in un SR non inerziale, potrà dedurre l’accelerazione con cui si sta muovendo rispetto al SRI. Il pendolo cioè può funzionare da accelerometro.

5

Esercizio 5 Un corpo di massa m viene lasciato cadere dalla cima di un edificio alto h=100 m, situato all’equatore terrestre. Di quanto si scosterà dalla direzione verticale il punto di impatto al suolo della massa m? Fcf FC

m v' P

FC

h

v'

Est

Ovest

 y'

R

O'



x'

In un sistema di riferimento solidale alla Terra, non inerziale, occorre tener conto anche delle forze apparenti. Il punto materiale di massa m sarà soggetto alla forza (vera) peso P=mg e alle forze apparenti centrifuga Fcf=m (r’) e di Coriolis FC=2m v’. Essendo all’equatore, la forza centrifuga ha solo componente radiale. Quando la massa acquista una velocità v' rispetto alla Terra, compare anche l’effetto della forza di Coriolis. Le forze hanno inizialmente le direzioni indicate in figura e quindi FC produrrà l’incurvamento della traiettoria verso Est. Consideriamo per semplicità alcune approssimazioni: i) ii)

durante tutto il moto r'R, essendo R il raggio della Terra (cioè la variazione di quota h è trascurabile rispetto al raggio della Terra); a rigore FC è sempre ortogonale a v' per cui durante il moto cambierà direzione (frecce grigie nella figura). Tuttavia la forza di Coriolis ha modulo piccolo rispetto alle altre forze in gioco e lo scostamento della massa m dalla verticale è di piccola entità (la figura sicuramente non è in scala!). Perciò assumiamo che FC abbia solo componente y', trascurando di fatto la componente lungo x': FC  FC uy'

Potremo quindi scrivere:  Fi’ =  Fi,vere +  Fi,apparenti = P + Fcf + FC = ma' con P = mg = mg ux'

;

Fcf = m ( r’)  m2R ux' 6

;

FC = 2m v'  2mv' uy'

Si avrà dunque un moto uniformemente accelerato lungo x': x'(t) = x'0 + ½ (g  2R) t2

(1)

v'x' = (g  2R) t Lungo y': a'y' = 2v'x' dv′y′ dt

= 2v′x′ = 2(g  2 R) t

dv′y′ = 2(g  2 R)tdt ∫

v′y′

0

𝑡

dv′y′ = ∫ 2(g  2 R)tdt 0

v′y′ = 2(g  2 R)

dy′ = (g  2 R)t 2 dt

1 2 t 2

dy′ = (g  2 R)t 2 dt y′

t

∫ dy′ = ∫ (g  2 R)t 2 dt y′0

y′

0

− y′0 = (g 

2 R)

t3 3

che è lo scostamento dalla verticale cercato. Per determinarlo al suolo, occorre conoscere l’istante i n cui il corpo tocca il suolo, tcaduta, che otteniamo dalla equazione (1) con x'(tcaduta)  x'0=h: t caduta = √2(x′ − x′ 0 )/(g − ω2 R) = √2h/(g − ω2 R) quindi il corpo impatta al suolo con uno scostamento rispetto alla verticale pari a ∆y′ =

3/2

(g  2 R) 2h ] [ (g − ω2 R) 3

= 2.2 cm

avendo posto g=9.8 m/s2, h=100 m, =7.3105 rad/s, R=6106 m. Lo scostamento è effettivamente piccolo rispetto all’altezza h.

7

Esercizio 6 Una piattaforma circolare scabra giace su un piano orizzontale e ruota attorno al suo asse con velocità angolare ω(t) = ω0 + αt, con α > 0. Sulla piattaforma è appoggiato un blocco di massa m a distanza R dal centro. Sia s il coefficiente di attrito statico. In quale istante il blocco comincerà a muoversi rispetto alla piattaforma? z'



F*

y'

O'  R Fattrito

O'

N x'

R mg

Fcf

Fapparenti x'

Finché il blocchetto non si muove le forze sono in equilibrio:

dove:

m𝐠 + 𝐍 + 𝐅attrito + 𝐅apparenti = 0

𝐅apparenti = 𝐅cf + 𝐅 ∗ = m ( 𝐫’) − m 𝛂𝐫’

Le forze sono orientate come in figura, per cui l’equilibrio lungo l’asse z' comporta N = mg e l’equilibrio nel piano (x',y') comporta che: Fattrito,x′ = −|𝐅cf | = −m 2 R = −m(ω0 + αt)2 R Fattrito,y′ = |𝐅 ∗| = mαR

Fattrito = √Fattrito,x′2 + Fattrito,y′2 = mR√(ω0 + αt)4 + α2 Il modulo della forza di attrito statico non può eccedere il suo valore massimo, pari a sN=smg. Il blocchetto si metterà in moto quando la forza di attrito necessaria a mantenerlo fermo supererà questo valore, quindi all’istante t* per cui: max = s mg Fattrito (t ∗) = mR√(ω0 + αt ∗)4 + α2 = Fattrito

da cui si ottiene infine: t∗

1/4

1  2g2 = [( s 2 − 𝛼 2 ) 𝑅 𝛼

8

− 𝜔0 ]...