Cutnell Soluzioni 67785 c01 [PDF]

Zitiervorschau

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 vx = 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: v0 y = v y + gt ⇒ v0 y = gt

(

)

v0 y = 9,8 m/s 2 ( 0,5 s ) = 4,9 m/s La gittata è quindi

R= 2

2v0 x v0 y g

=

2(1,0 m/s)(4,9 m/s) = 1,0 m 9,8 m/s2

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 vBy = v Ay − v ⇒ v Ay = vBy + 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 = v0t − gt 2 = (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 vBy = v Ay − v ⇒ v Ay = vBy + v

quindi lo spazio percorso in salita dalla moneta è dato da v Ay t = vBy t + vt ⇒ yA = yB + 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

yA = yB + 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 = 2π f = 2π (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 vBx = vAx − v quindi l’accelerazione misurata in B deve essere uguale a quella misurata in A:

a=

Δv A ΔvB = Δt Δt

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

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

vA = 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 t ′A = = = 13 s 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

⇒

v By = v y − vCy

⇒

vC =

( vCx )2 + ( vCy )

vCx = vx − v Bx = (1,5sin30° − 0 ) m/s = 0,75 m/s

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

= 1,30 m/s

La direzione è

θ = tan −1

vCx = 35,6° vCy

⇒

180° − 35,6° = 144°

cioè nord 144° W. 10

! v R = 55 yˆ km/h ! vS = 90 ⋅ cos50° xˆ + 90 ⋅sin 50° yˆ = (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):

⎧⎪vBx = vAx − vx ⎨ ⎪⎩vBy = −vAy − v y Nel sistema di riferimento A, la velocità della pioggia ha componente orizzontale nulla, vAx = 0 ; l’automobile si muove solo in direzione orizzontale, per cui v y = 0 ; si ha pertanto ⎧⎪vBx = −v ⎨ ⎪⎩vBy = −vAy y B

˿

A

y vBx θ ˿

˿

vB

vBy

x O

O’

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

vBy vBx

= 1 ⇒ vBy = vBx

da cui segue −v = −v Ay ⇒ 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 yˆ 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 = 29,3 s 2,8 m/s e nell’altro senso, alla velocità di 0,8 m/s, impiegando 82 m tritorno = = 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 tandata =

cioè ha una velocità media rispetto al terreno 164 m vterreno = = 1, 24 m/s 131,8 s In un’ora, senza entrare troppo nei dettagli, percorre, rispetto al terreno uno spazio

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 vy = = = 1,1 m/s t 90 s

vx =

v= vx2 + v 2y = 1, 28 m/s Velocità rispetto all’acqua:

vx = 0, 641 − 2 = −1,36 m/s v ( −1,36 x, 1,1y )

Il dato in più è l’angolo di 30°. 16

► Quando l’ascensore sale di moto accelerato: FN = m( g + a) = (95,0 kg)(9,80 m/s 2 + 1,80 m/s 2 ) = 1,10 ⋅103 N

► Quando l’ascensore sale a velocità costante: FN = mg = (95,0 kg)(9,80 m/s 2 ) = 931 N

► Quando l’ascensore scende di moto accelerato: FN = m( g − a) = (95,0 kg)(9,80 m/s 2 −1,30 m/s 2 ) = 808 N 17

""! ""! ! v L(S ) = VL +VT

18

f = 45 giri/min = 0, 75 Hz v = 2π rf = 2π ⋅ 0, 05 ⋅ 0, 75 = 0, 2355 m/s mv 2 0, 020 ⋅ 0, 23552 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 − v0 y

=

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vy

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

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

►

a=0

fd = (0,360)(6,00 kg)(9,80 m/s2 ) = 21, 2 N

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

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

21

⎛ 90 ⎞ m/s ⎟ ⎜ 2 v 3, 6 ⎠ = 2, 7 ⋅102 N Fc = m = (52 kg) ⎝ r 120 m

22 N

RMAX α FOP

h mg

α RMIN

►

tan α =

R Rmax − Rmin

! ! ! mg + N = Fc

r=

⇒

⇒

⎛ ⎞ 18 α = arctan ⎜ = 18,8° − 112 ⎟⎠ ⎝ 165 Svolgim_Cap_01_es_22

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

⇒

v2 tan α = rg

2

v2 = = 123 m g tan α 9,81 m/s 2 ( tan18,8° )

(

)

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► L’altezza è, quindi

h = (123 m − 112 m ) tan α = 3,8 m

23

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

2

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

24

► La forza centrifuga è

(30 m/s) = 140 N v2 FCF = m = ( 60 kg ) r 400 m 2

► 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 sin θ − T sin α = mg sin θ ⇒ ⇒ 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 v2 600 N (10 m/s)2 = P− = (600 N) − = 90 N g r 9,80 m/s2 12 m

⎛a⎞

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

27

θ = tan −1 ⎜ ⎟ = tan −1 ⎜ g

28

2 ⎪⎧ N = mω r ⇒ µs mω 2 r − mg = 0 ⎨ ⎪⎩µs N − mg = 0

⎝ ⎠

g 9,8 m/s2 ω= = = 7, 2 rad/s µs r 0,75(0, 25 m) 29

θ = arctan

vx ≈ 15° vy

tan15° ≈ 0, 26 vx = 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 + a2 = g 2 + ω 2r = 2

2

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

T = 2π

32

l 0, 20 m = 2π = 0, 69 s g′ 16, 4 m/s 2

► Tx = T sin θ = 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 = FN + P sin θ = P sin θ = mg sin θ r 2π r v= T Fc =

g sin θ = ⇒ T=

f =

34

v 2 4π 2 r = 2 r T

⇒

4π 2 r r 0,32 m = 2π = 2π = 1,17 s g sin θ g sin θ (9,80 m/s 2 )(sin 70, 0°)

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

tcaduta =

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/s2 FCoriolis = maCoriolis = 2mvωTerra sin 45° = 2(0, 200 kg)(12 m/s)(7,3 rad/s)(0,71) = 2,5 ⋅10−4 N

1 Δx ≈ aCoriolist 2 = 0,5(0,00124 m/s 2 )(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 =

mv 2 = mω 2 r = m(2πν )r r

f = m4π 2ν 2 r = mg Quindi:

36

ν=

g 4π 2 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 = 6 xˆ . Il moto è uniformemente accelerato di accelerazione ! a = −9,8 yˆ 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 x 2 ⎪⎩ 36 quindi l’equazione della traiettoria è

⎧ y = 1, 2 − 0,136 x 2 ⎨ ⎩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 ! Fa = −mab xˆ quindi entrambe le componenti del moto sono uniformemente accelerate:

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⎧⎪ x = −1, 0 t 2 ⎨ 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 + 2t ⎨ ⎩ 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 ) = 5t 2 + 2t − 10 − 2t = 5t 2 − 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:

! ! ! ! ! Fatt + 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 = −ma 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 sin α − a cos α )

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, a da cui tan φ = app 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’autobus e V la velocità dell’autobus rispetto al semaforo si ha x ' = x − Vt quindi x = x '+ Vt Dopo 4 s la posizione rispetto all’autobus è

x ' = (1 m/s )( 4 s ) = 4 m e quindi

x = ( 4 m ) + (10 m/s )( 4 s ) = 44 m

Verso l’esame 1

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

⎧x = 0 ⎨ ⎩0 ≤ y ≤ 400 Consideriamo ora un sistema con origine a terra e rivolto verso l’alto, in modo che l’origine sia verticalmente sotto l’aereo nel momento in cui il pacco viene lanciato. Il pacco ha posizione iniziale ! P0 = 400 yˆ e velocità iniziale v0 = 25 xˆ . Il moto è uniformemente accelerato di accelerazione ! a = −9,8 yˆ quindi l’equazione oraria è

⎧ x = 25 t ⎨ 2 ⎩ y = 400 − 4,9 t Ricaviamo t dalla prima equazione e sostituiamo nella seconda:

x ⎧ ⎪⎪t = 25 ⎨ 2 ⎪ y = 400 − 4,9 x = 400 − 0, 00784 x 2 ⎪⎩ 625 quindi l’equazione della traiettoria è 14

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⎧ y = 400 − 0, 00784 x 2 ⎨ ⎩0 ≤ y ≤ 400 (un arco di parabola). B. Per il lancio del secondo pacco, secondo il riferimento solidale con il terreno (con l’origine sotto al punto di lancio del secondo pacco) l’equazione è la stessa del pacco precedente. Consideriamo un sistema di riferimento solidale con l’aereo, che abbia l’origine a terra e l’asse verticale che passa per il punto in cui viene lasciato il pacco. La posizione iniziale è P0 = 400 yˆ e !

!

velocità iniziale v0 = 0 . Sul pacco agiscono la forza di gravità

! Fg = −mg yˆ

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

1,5 2 ⎧ t ⎪x = − 2 ⎨ ⎪ y = 400 − 4,9 t 2 ⎩ Ricaviamo t 2 dalla prima equazione e sostituiamo nella seconda: y = 400 + 6,5 x sempre con la condizione 0 ≤ y ≤ 400 Si tratta di un segmento. 2

A. ! vB = −20 xˆ − 20 yˆ ! v A = −20 yˆ

! ! ! v A( B) = v A − v B = 20 xˆ

B.

! ! vS ( B) = − v B = 20 xˆ + 20 yˆ vA vA(B)

vB

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Problema

► L’accelerazione media, dato che l’aereo parte da fermo, è data da: a=

Δv (350 km/h ) − ( 0 km/h ) 350 km/h = = Δt Δt Δt

Se si approssima il moto a moto uniformemente accelerato, la lunghezza della pista utilizzata, misurata a partire dalla posizione in cui l’aereo ha iniziato il decollo, è data da:

1 2 L = a ( Δt ) 2 Perciò, se il passeggero misura l’intervallo di tempo Δt , è in grado di calcolare sia l’accelerazione che la lunghezza della pista.

► Per il secondo principio della dinamica, la forza media è data da: F = ma = m

Δv ⎛ 350 m ⎞ ⎛ 1 ⎞ 3 = 550 ⋅103 kg ⎜ ⎜ ⎟ = 990 ⋅10 N = 990 kN ⎟ Δt ⎝ 3, 6 s ⎠ ⎝ 54 s ⎠

(

)

► La direzione dell’aereo deve essere scelta in modo da annullare la componente verso nord della r

velocità del vento w . L’aereo deve quindi dirigersi verso sud-est formando un angolo β con la direzione est-ovest tale che

! ! w sin α = v sin β

⇒

! w sin β = ! sin α v

► I jet streams (correnti a getto) sono costituiti da masse d’aria che si spostano da ovest verso est. Per capire la scelta delle rotte verso e dal Nord America è sufficiente considerare la legge di composizione delle velocità. I jet streams Sono più intensi al di sotto dei 60° di latitudine Nord, per cui le rotte aeree dal Nord America (da ovest verso est) sfruttano al massimo la spinta data dal vento, posizionandosi a una latitudine più bassa (figura in basso). Al contrario, per minimizzare la spinta che si oppone alla rotta verso il Nord America (figura in alto), gli aerei volano a latitudini più alte. Questo permette di ridurre il consumo di carburante, in quanto è minore la spinta che l’aereo deve contrastare.

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