Esercizi di fisica con soluzioni/Moti relativi

Template:Esercizi di fisica con soluzioni

Esercizi

1. Vagone

Durante la fase di frenamento, con accelerazione negativa costante $a_{o} = 1.5 m / s^{2}$ di un vagone che si muove su una traiettoria rettilinea orizzontale, un corpo viene lanciato dal pavimento, internamente al vagone, con velocità $v_{o} = 3 m / s$ verticale verso l'alto, rispetto al vagone in moto. A quale distanza dal punto di lancio il corpo ricadrà sul pavimento del vagone?

→ Vai alla soluzione

2. Ascensore

Un uomo di massa $m$ è sopra una bilancia posta su un ascensore. Determinare la lettura della bilancia sull'ascensore se l'ascensore: a) accelera verso l'alto con accelerazione $a_{1}$ ; b) decelera verso l'alto con accelerazione $a_{2}$ ; c) Si muove verso il basso con velocità costante $v_{0}$ .

(dati del problema $m = 72 k g$ , $v_{0} = 5 m / s$ , $a_{1} = 2 m / s^{2}$ , $a_{2} = 1.5 m / s^{2}$ )

→ Vai alla soluzione

3. Missile

Un missile viaggia con un angolo $θ$ rispetto al meridiano, con velocità $v_{0}$ . Determinare la variazione dell'accelerazione di gravità all'equatore tra il caso in cui il missile proceda in direzione E-O e il caso O-E.

(dati del problema $θ = π / 4$ , $v_{0} = 1500 k m / h$ )

→ Vai alla soluzione

4. Luce

Un ascensore discende con un'accelerazione di $a_{1} = 1.51 m / s^{2}$ . Lo schermo della luce dal soffitto che si trova ad altezza $ℓ = 3 m$ cade. Quanto tempo ha un passeggero per evitare di essere colpito ad un piede dallo schermo della luce?

→ Vai alla soluzione

5. Polo Nord

Sulla banchisa polare al polo Nord spira un vento parallelo al suolo ad un velocità di $v_{0} = 100 m / s$ . Determinare l'effetto delle forze apparenti su tale vento sapendo che la velocita di rotazione terrestre è $ω_{T} = 7.3 \cdot 1 0^{- 5} r a d / s$ .

→ Vai alla soluzione

6. Piattaforma rotante

Una piattaforma rotante con pareti verticali a distanza $R = 7 m$ dal centro, viene accelerata angolarmente fino a portarla ad un valore della velocità angolare tale che la forza di attrito (coefficiente di attrito statico tra parete e persona $μ_{l} = 0.2$ ) sulla parete sia sufficiente a mantenere attaccate le persone alla parete. Tale piattaforma potrebbe essere un gioco del Luna Park, che consente di poter togliere il piano inferiore e fare ruotare le persone con il vuoto sotto i piedi. Il coefficiente di attrito statico tra il piano della piattaforma e la persona vale $μ_{p} = 0.4$ .

Determinare: a) La velocità angolare minima necessaria allo scopo; b) la massima accelerazione angolare che può essere applicata alla piattaforma.

→ Vai alla soluzione

7. Piastra con sopra un oggetto

Su un piano orizzontale è appoggiata una piastra quadrata di massa $m_{2}$ , ferma. Il coefficiente di attrito radente piastra-piano vale $μ_{2}$ . Sulla piastra viene posto un corpo di massa $m_{1}$ , che si muove con velocità iniziale in modulo $v_{o}$ (parallela ai lati della piastra). Il coefficiente attrito corpo-piastra è $μ_{1}$ .

Trovare la distanza $x_{1}$ percorsa dal corpo sulla piastra prima di fermarsi nel sistema di riferimento non inerziale della piastra.

(dati del problema $m_{1} = 2 k g$ , $m_{2} = 3 k g$ , $μ_{1} = 0.6$ , $μ_{2} = 0.2$ , $v_{o} = 3 m / s$ )

→ Vai alla soluzione

Soluzioni

1. Vagone

→ Vai alla traccia

Chiamiamo $x$ la direzione di accelerazione e $z$ l'asse verticale. Assumiamo, come origine, il punto di partenza del corpo sul vagone. In tale riferimento non inerziale esiste la accelerazione di gravità (-g diretta lungo la verticale) e l'accelerazione dovuta alla forza apparente lungo l'asse delle $x$ , per cui l'equazione del moto vale lungo l'asse $z$ :

z = v_{o} t - \frac{1}{2} g t^{2}

lungo l'asse $x$ :

x = \frac{1}{2} a_{o} t^{2}

Il corpo cadrà a terra quando $z = 0$ , cioè per $t_{1}$ :

v_{o} t_{1} - \frac{1}{2} g t_{1}^{2} = 0

E' una equazione di secondo grado, quindi vi sono due soluzioni, la prima per $t_{1} = 0$ corrisponde banalmente all'istante iniziale. Mentre la soluzione cercata è l'altra:

t_{1} = \frac{2 v_{o}}{g}

Quindi a distanza $x_{1}$ ritoccherà terra:

x_{1} = \frac{1}{2} a_{o} t_{1}^{2} = 2 \frac{a_{o} v_{o}^{2}}{g^{2}} = 0.28 m

2. Ascensore

→ Vai alla traccia

La lettura della scala della bilancia nel caso c) essendo il moto rettilineo uniforme è eguale al caso statico: la componente normale della forza diviso la accelerazione di gravità e viene espresso com $k g - p e s o$ :

l = \frac{N}{g} = \frac{m g}{g} = 72 k g - p e s o

a)

La forza totale normale vale:

N = m g + m a_{1}

oltre la forza peso vi è la forza apparente, per cui la lettura della scala è

l_{a} = \frac{m (g + a_{1})}{g} = 87 k g - p e s o

b)

La forza totale normale vale:

N = m g - m a_{2}

l_{b} = \frac{m (g - a_{2})}{g} = 61 k g - p e s o

3. Missile

→ Vai alla traccia

La componente della velocità del missile nella direzione dell'equatore (direzione normale all'asse di rotazione terrestre) vale:

v_{e} = v_{0} \sin θ

a seconda di come proceda il missile da E a O o viceversa tale quantità si inverte. Inoltre la direzione di tale accelerazione di Coriolis essendo mutuamente perpendicolare all'equatore e all'asse di rotazione terrestre è nella direzione della forza peso. Quindi

Δ g = 4 ω v_{0} \sin θ = 0.086 m / s^{2}

Avendo indicato con $ω$ la velocità angolare della terra:

ω = \frac{2 π}{3600 \times 24} = 7.3 \cdot 1 0^{- 5} r a d / s

4. Luce

→ Vai alla traccia

Nel sistema di riferimento dell'ascensore l'accelerazione apparente di gravità vale:

g^{'} = g - a_{1} = 8.3 m / s^{2}

Quindi il tempo di caduta vale:

ℓ = \frac{1}{2} g^{'} t^{2}

t^{'} = \sqrt{\frac{2 ℓ}{g^{'}}} = 0.85 s

5. Polo Nord

→ Vai alla traccia

Consideriamo una direzione qualsiasi (che scegliamo come asse delle $x$ ) e immaginiamo che il vento sia parallelo a tale direzione mentre la velocità angolare della terra vale:

ω_{T} = \frac{2 π}{3600 \cdot 24} = 7.3 \cdot 1 0^{- 5} r a d / s

ed è diretta secondo l'asse $z$ .

La accelerazione apparente di Coriolis se ${\vec{v}}_{o} = v_{o} \hat{i}$ pari a:

\vec{a_{c}} = - 2 \vec{ω_{T}} \times {\vec{v}}_{o} = - 2 ω_{T} v_{o} \hat{j}

se ${\vec{v}}_{o} = - v_{o} \hat{j}$

\vec{a_{c}} = - 2 \vec{ω_{T}} \times {\vec{v}}_{o} = - 2 ω_{T} v_{o} \hat{i}

Se ${\vec{v}}_{o} = - v_{o} \hat{i}$

\vec{a_{c}} = - 2 \vec{ω_{T}} \times {\vec{v}}_{o} = 2 ω_{T} v_{o} \hat{j}

Se ${\vec{v}}_{o} = v_{o} \hat{j}$

\vec{a_{c}} = - 2 \vec{ω_{T}} \times {\vec{v}}_{o} = 2 ω_{T} v \hat{i}

Quindi qualsiasi sia la direzione della velocità vi è una accelerazione centripeta che induce un moto rotatorio in senso orario (opposto a quello della Terra). Contemporaneamente a seconda della distanza dal centro del polo $r$ vi è una accelerazione centrifuga pari a:

ω_{T}^{2} r

Sul polo Nord, se vi è un vento di tale intensità, si forma un vortice con centro al polo Nord e raggio determinato dalla combinazione delle accelerazioni:

2 ω_{T} v_{o} - ω_{T}^{2} r = \frac{v_{o}^{2}}{r}

Moltiplicando per r e portando tutto al secondo membro:

v_{o}^{2} - 2 ω_{T} v_{o} r + ω_{T}^{2} r^{2}

(v_{o} - ω_{T} r)^{2} = 0

Il raggio del vortice quindi è dato da:

r = \frac{v_{o}}{ω_{T}} = 1.37 \cdot 1 0^{3} K m

L'esempio rivela perché nell'emisfero Nord i venti formano vortici che girano in senso antiorario. Al polo Sud si inverte tutto e quindi i vortici hanno direzione oraria.

6. Piattaforma rotante

→ Vai alla traccia

a)

Nel sistema di riferimento solidale del sistema alla velocità angolare $ω$ la persona è in equilibrio statico con la parete. La reazione normale alla parete vale:

N = m ω^{2} R

Cioè la reazione vincolare deve compensare la forza centrifuga. La massima forza di attrito vale:

f_{a} = μ_{l} N = μ_{l} m ω^{2} R

che deve essere:

μ_{l} m ω^{2} R \geq m g

μ_{l} ω^{2} R \geq g

ω_{m i n} = \sqrt{\frac{g}{μ_{l} R}} = 2.7 r a d / s

b)

Nella fase di accelerazione della piattaforma è anche presente una forza di trascinamento, nella direzione del moto della piattaforma pari a:

- m \frac{d \vec{ω}}{d t} \times \vec{r}

Dobbiamo quindi imporre che:

μ_{p} m g \geq m α R

Detta $α_{m a x}$ la accelerazione angolare massima vale:

α_{m a x} = \frac{μ_{p} g}{R} = 0.56 r a d / s^{2}

7. Piastra con sopra un oggetto

→ Vai alla traccia

L'equazione della dinamica per la piastra è:

m_{2} a_{2} = μ_{1} m_{1} g - μ_{2} [(m_{1} + m_{2}) g]

Per cui:

a_{2} = \frac{μ_{1} m_{1} g - μ_{2} [(m_{1} + m_{2}) g]}{m_{2}} = 0.65 m / s^{2}

Il corpo $1$ è soggetto alla forza d'attrito dinamico e alla forza apparente dovuta alla piastra, per cui la sua accelerazione nel sistema di riferimento non inerziale è:

m_{1} a'_{1} = - μ_{1} m_{1} g - m_{1} a_{2}

a'_{1} = - μ_{1} g - a_{2} = - 6.55 m / s^{2}

La sua velocità iniziale nel sistema di riferimento non inerziale è la stessa di quello inerziale: $v'_{o} = v_{o}$ (in quanto la piastra è inizialmente ferma). Quindi la sua velocità varia nel sistema di riferimento non inerziale con la legge:

v'_{1} (t) = v'_{o} + a'_{1} t

Si ferma quando:

v'_{o} + a'_{1} t_{a} = 0

t_{a} = - \frac{v'_{o}}{a'_{1}} = 0.46 s

avendo percorso sulla lastra un tratto:

x_{1} = v'_{o} t_{a} + \frac{1}{2} a'_{1} t_{a}^{2} = 0.69 m

Che è la stessa soluzione trovata usando la dinamica nel riferimento inerziale vedi piastra con sopra oggetto. Template:Avanzamento

Esercizi di fisica con soluzioni/Moti relativi

Indice

Esercizi

1. Vagone

2. Ascensore

3. Missile

4. Luce

5. Polo Nord

6. Piattaforma rotante

7. Piastra con sopra un oggetto

Soluzioni

1. Vagone

2. Ascensore

3. Missile

4. Luce

5. Polo Nord

6. Piattaforma rotante

7. Piastra con sopra un oggetto

Menu di navigazione

Esercizi di fisica con soluzioni/Moti relativi

Esercizi

1. Vagone

2. Ascensore

3. Missile

4. Luce

5. Polo Nord

6. Piattaforma rotante

7. Piastra con sopra un oggetto

Soluzioni

1. Vagone

2. Ascensore

3. Missile

4. Luce

5. Polo Nord

6. Piattaforma rotante

7. Piastra con sopra un oggetto

Menu di navigazione

Ricerca