PROBLEMI DI PARAGRAFOprofmilizia.weebly.com/uploads/2/0/3/7/20371287/cap10_soluzioni_amaldimelaplus.pdfdella dinamica. Il secondo principio della dinamica, valido solo in sistemi di

Ugo Amaldi Dalla mela di Newton al bosone di Higgs PLUS CAPITOLO 10 I princìpi della dinamica e la relatività galileiana

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PROBLEMI DI PARAGRAFO 1. IL PRIMO PRINCIPIO DELLA DINAMICA 1. La scatola si ferma a causa della forza di attrito tra la scatola e il pavimento, che è diretta in

verso opposto al moto della scatola. Il fenomeno descritto non contraddice il principio di inerzia poiché sulla scatola è applicata una forza nella direzione del moto: la forza d’attrito.

2. Solo la 1 è corretta. Nella 2 agisce anche la forza di attrito dell’aria. Nella 3 agisce anche la

reazione vincolare e la somma delle forze è zero. 3. No, non si può dimostrare. Come tutti i principi (o assiomi), viene assunto come vero per

costruire una teoria, fino a quando non viene falsificato da un esperimento, come è successo per esempio con la teoria della relatività. Inoltre non si può nemmeno verificare con certezza assoluta. In qualsiasi punto dello spazio non si può essere sicuri di trovarsi in un sistema di riferimento completamente senza accelerazioni. L’importante è che il primo principio sia consistente entro gli errori di misura con tutti gli esperimenti eseguiti finora, come effettivamente accade.

4. Di un angolo tale che la forza di attrito radente del piano bilanci la componente parallela al

piano della forza-peso del cubetto. 5. u A; C; E. u B: moto non uniforme. D: impossibile (velocità infinita o contemporanea presenza dell’oggetto, nello stesso istante

di tempo, in un’infinità di luoghi diversi). 6. Quando il peso è lasciato cadere, agisce solo la forza-peso e nessuna forza che lo frena, quindi

il peso prosegue la sua corsa affiancato all’atleta, e tocca terra nel punto dove, in quell’istante, si trova l’atleta.

7. Quando la velocità della palla è costante, la forza di attrito viscoso ha la stessa intensità della

forza-peso, quindi mg = 6πηrv, da cui

v = mg

6πηr= 5,8×104 m/s.

8. Uguagliando la forza-peso e la forza di resistenza aerodinamica 𝐹! = 𝐹! otteniamo

𝑣 =2𝑚𝑔𝜌𝑐!𝐴

= 1,1 m/s.


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Raggiunta questa velocità, la forza di resistenza aerodinamica ha intensità 𝐹! = 3,92 N, mentre quella di attrito viscoso ha intensità 𝐹! = 7,46×10!! N ed è quindi trascurabile rispetto a quella di resistenza aerodinamica.

9. u La forza da applicare deve essere uguale in modulo e direzione, e opposta in verso alla forza

di attrito dinamico, che vale: 𝐹 = 𝐹! = µμ!𝑚𝑔 = 0,70 × 30 kg × 9,8 m/s2 = 2,1×10! N.

u La massa dell’acqua contenuta nelle bottiglie aggiunte alla spesa è: 𝑚! = 6 × 1,5 kg = 9,0 kg.

Quindi l’aumento di forza ∆𝐹 è dato da: ∆𝐹 = ∆𝐹! = µμ!𝑚!𝑔 = 0,70 × 9,0 kg × 9,8 m/s2 = 62 N.

10. Se l’auto viaggia a velocità costante, la somma delle forze applicate a essa è nulla. Ciò significa

che la somma delle forze d’attrito (pneumatici e resistenza dell’aria) uguaglia la forza con cui il motore spinge l’auto, cioè 1000 N.

11. u 𝐹!"!!!"#!$%" = 𝐹!"#"$%! + 𝐹!"#$! = 150,0 N ! + 4400,0 N ! = 4403 N u La forza totale forma un angolo di:

cos𝛼 =150,0 N4403 N = 0,03407.

Quindi α = arccos 0,03407 = 88,05°. 2. IL SISTEMA DI RIFERIMENTO INERZIALE E IL SISTEMA TERRESTRE 12. Se l’osservazione avviene in un sistema di riferimento inerziale la risposta è sì; altrimenti è no. 13. No, il sistema di riferimento 𝑆 potrebbe anche essere inerziale; ciò avviene, per esempio, se 𝑆!

ha accelerazione 𝑎 rispetto a un sistema di riferimento inerziale 𝑆!! e il sistema 𝑆 ha accelerazione −𝑎 rispetto a 𝑆!.

14. Il treno costituisce un sistema di riferimento inerziale e dunque, per il principio di relatività

galileiana, Francesca non noterà alcuna differenza rispetto al caso in cui compie questo esperimento stando ferma a terra. Pertanto la mela ricadrà nella sua mano.

15. Mentre l’auto percorre la curva i passeggeri tendono, per il principio d’inerzia, a procedere in

linea retta, per cui rispetto all’auto tendono a muoversi verso l’esterno della curva. In questo caso l’auto non è un sistema di riferimento inerziale.


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3. IL PRINCIPIO DI RELATIVITÀ GALILEIANA 16. Chiamiamo 𝑃 il punto da cui parte l’uomo nel momento in cui anche il treno si mette in moto.

Rispetto alla banchina della stazione (sistema di riferimento 𝑆), 𝑃 si muove di moto accelerato con velocità 𝑉(𝑡) = 𝐴𝑡. L’uomo ha velocità 𝑣! rispetto a 𝑃 se misurata sul treno (sistema di riferimento 𝑆!). Pertanto la velocità dell’uomo rispetto al capostazione, che si trova nel sistema di riferimento 𝑆, è 𝑣 𝑡 = 𝑣! + 𝑉 𝑡 = 𝑣! + 𝐴𝑡.

17. Secondo il guidatore dell’auto, il caravan ha un vettore velocità con due componenti, uno verso

ovest, 𝑣 = 42 km/h, e uno verso sud, 𝑉 = 35 km/h. Quindi: 𝑣! = 𝑣! + 𝑉! = 54,67 km/h = 15 m/s, verso sud-ovest. 18. Dario ha una velocità, rispetto alla scala mobile, di:

𝑣! = 𝑉 − 𝑣! =∆𝑠∆𝑡 − 𝑣! =

18 m9,0 s − 0,60 m/s = 1,4 m/s.

19. u 𝑣! = 5,0 km/h = 1,39 m/s e 𝑉 = 10 km/h = 2,78 m/s 𝑉 deve essere orientato in modo che 𝑉!, il componente parallelo alla riva, sia opposto alla

velocità 𝑣! del fiume e uguale in intensità. Quindi:

senθ =𝑉!𝑉 = 0,5, cioè θ = 30°.

u La velocità rispetto al terreno è quella con cui si muove perpendicolarmente alle rive, 𝑉! = 𝑉cosθ = 2,4 m/s. 20. Nel sistema di riferimento del mare la velocità delle due imbarcazioni è: 𝑣! = 36 km/h = 10 m/s;

𝑣! = 18 km/h = 5,0 m/s. Il ragazzo si muove rispetto alla nave alla velocità: 𝑣!" = 3,6 km/h = 1,0 m/s. La velocità del ragazzo rispetto al mare è: 𝑣!" = 10 m/s+ 1,0 m/s = 11 m/s. Nel sistema di riferimento del mare il peschereccio segue la legge del moto: 𝑠! = 5,0×10! m+ 𝑣!𝑡! Per passare nel sistema di riferimento del ragazzo si applica la trasformazione di Galileo:

𝑠! = 𝑠! − 𝑣!"𝑡!𝑡! = 𝑡!

cioè: 𝑠! = 5,0×10! m = 𝑣!𝑡! − 𝑣!"𝑡! .

Indicando 𝑡 al posto di 𝑡! e di 𝑡!: 𝑠! = 5,0×10! m+ 𝑣! − 𝑣!" 𝑡; 𝑠! = 5,0×10! m+ 5,0− 11 m/s ∙ 𝑡 = 5,0×10! m− 6,0 m/s ∙ 𝑡.


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21. Usiamo le trasformazioni di Galileo per trovare la velocità dell’acqua (A) rispetto al molo (M). (B) indica la barca. 𝑣!/! = 𝑣!/! + 𝑣!/! . Con la direzione positiva verso valle, allora la velocità della barca rispetto all’acqua è: 𝑣!/! = −4 m/s, perciò 𝑣!/! = − −4 m/s = 4 m/s. Quindi: 𝑣!/! = −𝑣!/! + 𝑣!/! 𝑣!/! = 4 m/s+ 1 m/s = 5 m/s. 22. u Il sistema ascensore è inerziale, poiché si muove a velocità costante rispetto alla Terra,

considerata inerziale; per cui è equivalente risolvere il problema rispetto al suolo o rispetto a Chiara.

u Nel sistema dell’ascensore:

𝑠 =12𝑔𝑡

! → 𝑡 =2𝑠𝑔 =

2 1,2 m9,8 m/s2 = 0,49 s.

23. Dobbiamo trovare 𝑣!/! , la velocità di A rispetto a C. Per le trasformazioni di Galileo, abbiamo che:

𝑣!/! = 𝑣!/! + 𝑣!/! . I nostri dati sono 𝑣!/! = 30 km/h verso Nord e 𝑣!/! = 40 km/h verso Est. Quindi 𝑣!/! = −𝑣!/!, ovvero 40 km/h verso Ovest. Si applica la regola del parallelogramma per sommare i vettori e si ottiene che il modulo della

velocità di C rispetto ad A sarà: 𝑣!/! = 30 km/h ! + 40 km/h ! = 50 km/h.

L’angolo α che il vettore 𝑣!/! forma rispetto al Nord vale:

cos𝛼 =30 km/h50 km/h

= 53°.

24. 𝑉 = 68 km/h = 18,9 m/s (velocità del treno). La velocità delle gocce di pioggia viste da terra ha componenti 𝑣!! = 𝑣! + 𝑉 = 2,9 m/s e 𝑣!! = 3,0 m/s, per cui il modulo della velocità delle gocce di pioggia misurata da terra è:

𝑣! = 𝑣!!! + 𝑣!! ! = 4,2 m/s.

25. Indichiamo con 𝑣 la velocità di Federica rispetto a bordo vasca, con 𝑣′ la velocità di Luca

rispetto a bordo vasca e con 𝑉 quella di Federica rispetto a Luca. Prendendo come verso positivo quello in cui nuota Luca, dalla relazione


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𝑣 − 𝑣′ = 𝑉 otteniamo nel primo caso:

𝑣! = −𝑣 + 1,8 m/s e nel secondo caso:

𝑣! = 𝑣 − 0,80 m/s Da queste due equazioni otteniamo: 𝑣! = 0,50 m/s e 𝑣 = 1,3 m/s. 4. FORZA, ACCELERAZIONE E MASSA 26. Giusta: significa che l’accelerazione è costante. 27. Non si può dire: certamente l’accelerazione dimezza. Se il corpo aveva una velocità iniziale 𝑣!

prima dell’effetto della forza, si ha 𝑣 = 𝑣! + 𝑎𝑡, quindi 𝑣 e 𝑎 non sono direttamente proporzionali.

5. IL SECONDO PRINCIPIO DELLA DINAMICA 28. Forza e massa, come pure forza e accelerazione, sono direttamente proporzionali; invece massa

e accelerazione sono inversamente proporzionali. 29. La funzione del principio di inerzia consiste nel definire quali sistemi di riferimento sono

inerziali e, per negazione, quali non lo sono; pertanto è indipendente dal secondo principio della dinamica.

Il secondo principio della dinamica, valido solo in sistemi di riferimento inerziali, naturalmente non deve contraddire il principio di inerzia quando si esamina la dinamica dei corpi in sistemi di riferimento inerziali.

30. u L’auto, tamponata da dietro, subisce una brusca accelerazione in avanti. Anche il sedile

accelera, insieme al corpo che ospita, ma è il collo che deve trasmettere l’accelerazione alla testa, sottoponendo i muscoli del collo al rischio di lesioni.

u Il poggiatesta spinge la testa in avanti, accelerandola nella stessa direzione dell’auto tamponata.

31. Per accelerare il corpo di massa maggiore è necessaria una forza maggiore. 32. Chiamiamo M la massa di Giada e m quella del busto. La forza per accelerare con un’accelerazione 𝑎 = 2,0 m/s² vale:


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𝐹 = 𝑀𝑎 = 100 N. Nel secondo caso la forza vale invece:

𝐹 = 𝑀 +𝑚 𝑎 = 120 N che implica una differenza di 20 N.

33. a = Δv

Δt= 2 m/s

4 s= 0,5 m/s2

𝑚 =𝐹𝑎 =

20 N0,5 m/s2 = 4×10 kg

34. u 𝐹 = 𝑚𝑎 = 25 kg × 0,95 m/s2 = 24 N u La forza deve compensare l’effetto della forza di attrito, quindi deve superare la forza

precedente di una quantità: 𝐹! = µμ!𝑚𝑔 = 0,18 × 25 kg × 9,8 m/s2 = 44 N.

Il nuovo valore della forza sarà: 𝐹! = 𝐹 + 𝐹! = 24 N+ 44 N = 68 N.

35. u 𝐹 = 𝑚𝑎 = 200 kg × 3,00 m/s2 = 6,0×10! N u La distanza percorsa vale:

𝑠 =12𝑎𝑡

! =12× 3,00 m/s2 × 10 s ! = 1,5×10! m.

36. 𝐹!"# = 𝐹!"# − 𝐹!"# = 𝑚𝑎

𝐹!"# = 𝑚𝑎 + 𝐹!"# = 0,75 kg × 1,25 m/s2 + 16,0 N = 17 N 37. 𝐹!"# = 𝐹!"#$%!!"##!!" − 𝐹!!!"##!!" = 𝑚𝑎

𝑎 =𝐹!"#$%!!"##!!" − 𝐹!!!"##!!"

𝑚 =450 N− 42 kg × 9,8 m/s2

42 kg= 0,91 m/s2

38. La massa del tavolo è 𝑀 = 𝐹/𝑎. Quando vengono posti i libri sul tavolo, la massa totale è 𝑀!"! = 𝐹/𝑎′. Quindi la massa dei libri è:

𝑀!"! −𝑀 =𝐹𝑎! −

𝐹𝑎 =

40 N2,4 m/s2 −

40 N3,4 m/s2 = 4,9 kg.

39. Si calcolano le accelerazioni:

𝑎! =2𝑠𝑡!!=2 37 m5,1 s ! = 2,8 m/s2,

𝑎! =2𝑠𝑡!!=2 37 m5,3 s ! = 2,6 m/s2.

Ora si calcolano le forze applicate dagli atleti: 𝐹! = 𝑚!𝑎! = 80 kg × 2,8 m/s2 = 2,2×10! N,


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𝐹! = 𝑚!𝑎! = 90 kg × 2,6 m/s2 = 2,3×10! N. Spinge di più Bob. 40. u Dopo il salto, Superman è soggetto alla forza di gravità. Calcoliamo la velocità iniziale del moto uniformemente accelerato con accelerazione

negativa (o dalle leggi del moto uniformemente accelerato con a = g oppure dalla legge di conservazione dell’energia meccanica): 𝑣!! = 𝑣!! + 2𝑔ℎ 𝑣! = 0;ℎ = 300 m 𝑣! = 2𝑔ℎ = 77 m/s

u Consideriamo che Superman inizia a spingersi da fermo, cioè applica da fermo una forza F per 1/10 s, quindi:

𝑎! =𝑣!∆𝑡 =

77 m/s0,10 s = 7,7×10! m/s2,

𝐹 = 𝑚𝑎! = 80,0 kg × 7,7×10! m/s2 = 6,2×10! N. u Confronto con la pulce:

𝐹𝐹!=𝑎𝑔 =

7,7×10! m/s2

9,8 m/s2 ≈ 79.

Sì, potrebbe. 41. u Al momento del lancio, le forze in gioco sono la forza-peso e la forza di propulsione dei

motori. Fissando il verso positivo come uscente dalla Terra, si usa il secondo principio di Newton con massa iniziale mi: 𝑚! = 𝑚!!!""#$ + 2𝑚!"##$ 𝐹! − 𝐹! = 𝑚!𝑎! 𝐹! = 𝑚! 𝑔 + 𝑎! = 𝑚! 𝑔 + 1,00𝑔 = 2𝑚!𝑔 = 2 1900×10! kg × 9,8 m/s2 = 3,7×10! N.

u Usando il secondo principio di Newton: 𝐹! = 𝑚!𝑎! = 𝑚! 1,00𝑔 = 7,8×10! N.

42. u La distanza percorsa in 30 s vale:

𝐹∥ = 𝐹12 3 ⟶ 𝑎 =

𝐹𝑚 = 𝐹

12

3𝑚 ⟶

𝑠 =12𝑎𝑡

! =12 𝐹

12

3𝑚 𝑡! =

12×

12× 3×

50 N400 kg

× 30 s ! = 49 m.

u Il tempo necessario perché il carrello raggiunga la velocità di 5,0 m/s è:

𝑣 = 𝑎𝑡 ⟶ 𝑡 =𝑣𝑎 =

𝑣

𝐹 123𝑚

=2𝑚𝑣𝐹 3

=2× 400 kg × 5,0 m/s

3× 50 N= 46 s.

u Dalla precedente formula per il tempo t, ponendo 𝑚 = 𝑚! +𝑚!, si ottiene:

𝑚! = 𝑡𝐹32𝑣 −𝑚! = 67 s × 50 N ×

32 50 m/s

− 400 kg = 1,8×10! kg.


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43. 𝑣! = 25 m/s è la velocità iniziale dell’auto, d è la distanza di arresto, a è il modulo dell’accelerazione durante la frenata orizzontale. Dalle leggi della posizione e della velocità del moto uniformemente accelerato si ottiene:

𝑑 =𝑣!!

2𝑎 , da cui 𝑎 =𝑣!!

2𝑑 ; quindi 𝑎 = 6,3 m/s2.

44. u La forza di attrito dinamico tra le gomme e la strada vale 𝐹! = µμ𝐹! = 𝜇𝑚𝑔, dove µ è il

coefficiente di attrito dinamico. Il modulo dell’accelerazione vale quindi:

𝑎 =𝐹!𝑚 =

µμ𝑚𝑔𝑚 = µμ𝑔.

Chiamando la velocità iniziale 𝑣!, quella finale 𝑣! e il tempo di reazione 𝑡!, durante il tempo di reazione la distanza percorsa ∆𝑠! è:

∆𝑠! = 𝑣!𝑡! =803,6m/s × 1,0 s = 22 m.

Durante la decelerazione, lo spazio di frenata ∆𝑠! si ricava da 𝑣!! − 𝑣!! = 2𝑎∆𝑠! dove 𝑎 è negativa se scegliamo il verso positivo nella direzione di moto dell’auto, da cui si ricava

∆𝑠! =𝑣!! − 𝑣!!

2𝜇𝑔 =0− 22 m/s !

2× 0,75 ×(−9,8 m/s2) = 33 m.

La somma tra questi due valori (55 m) è minore della distanza tra la posizione iniziale dell’auto e quella del cervo, quindi l’auto riesce a fermarsi prima di colpire il cervo.

u Nel caso di asfalto bagnato invece lo spazio di frenata dovuto al rallentamento vale:

∆𝑠! =𝑣!! − 𝑣!!

2𝜇𝑔 =0− 22 m/s !

2 0,40 ×(−9,8 m/s2) ≈ 63 m.

In questo caso la somma tra i due valori, ∆𝑠! e ∆𝑠! è 85 m, quindi è maggiore della distanza tra la posizione iniziale dell’auto e quella del cervo. L’auto colpisce il cervo.

45. u Consideriamo il problema rispetto a un sistema di riferimento inerziale esterno

all’ascensore, per esempio un osservatore al piano terra con verso positivo verso l’alto. Fissiamo inoltre l’origine nel punto in cui si trova la base dell’ascensore nel momento in cui comincia a decelerare.

All’inizio, le forze che agiscono sulla penna sono la sola forza-peso, quindi l’accelerazione sarà −𝑔; la velocità iniziale è 𝑣! = +10 m/s. La posizione al tempo zero sarà 𝑥! = +1,2 m. L’equazione del moto della penna è quindi:

𝑥!"##$ 𝑡 = 𝑥! + 𝑣!𝑡 −12𝑔𝑡

!.

L’ascensore decelera con un’accelerazione che vale 𝑎 = 𝐹/𝑚 = 3,0 m/s2 verso il basso, ha velocità iniziale 𝑣! = +10 m/s e posizione iniziale nulla. Perciò:

𝑥!"#$%"&'$ 𝑡 = 𝑣!𝑡 −12𝑎𝑡

!.

u Uguagliando le due posizioni (la penna tocca il pavimento dell’ascensore) si trova:

𝑥! + 𝑣!𝑡 −12𝑔𝑡

! = 𝑣!𝑡 −12𝑎𝑡

! da cui 𝑥! −12𝑔𝑡

! = −12𝑎𝑡

! →


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𝑡 =2𝑥!𝑔 − 𝑎 =

2 1,2 m9,8− 3,0 m/s2 = 0,59 s.

u Il tempo di caduta non dipende dalla velocità iniziale. u Se l’ascensore accelera l’unica cosa che cambia è il segno dell’accelerazione, cioè sarà

rivolta verso l’alto nel verso positivo del sistema di riferimento prescelto:

𝑡 =2𝑥!𝑔 + 𝑎 =

2 1,2 m9,8+ 3,0 m/s2 = 0,43 s.

46. u 𝐹 = 𝑘𝑠 = 40 N/m × 0,050 m = 2,0 N u L’accelerazione iniziale è:

𝑎 =𝐹𝑚 =

2,0 N0,14 kg

= 14 m/s2.

47. Combinando le due equazioni 𝐹 = 𝑀 +𝑚 𝑎! e 𝐹 = 𝑀𝑎! si ottiene:

𝑚 = 𝑀∆𝑎𝑎!

= 900 kg ×3,3− 2,4 m/s2

2,4 m/s2 = 3,4×10! kg.

48. u Scomponiamo le forze lungo x e y e applichiamo il secondo principio della dinamica.

u Calcoliamo la forza di attrito libro-tavolo. La forza premente, cioè la forza perpendicolare al

piano del tavolo verso il basso, è data: 𝐹! = 𝑚𝑔 − 𝐹!"# sin β, quindi la forza di attrito sarà:

𝐹!""# = µμ 𝑚𝑔 − 𝐹!"# sin β . Calcoliamo quindi il coefficiente di attrito libro-tavolo considerando la somma delle forze

che agiscono lungo la direzione orizzontale: 𝐹!"# cosβ− 𝐹!""# = 𝑚𝑎.

Sostituendo, si ottiene:

𝜇 =𝐹!"# cosβ−𝑚𝑎𝑚𝑔 − 𝐹!!" sin β

=5,0 N cos30°− 0,940 kg × 2,5 m/s2

0,940 kg × 9,8 m/s2 − 5,0 N sin 30° = 0,30.


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49. u Il diagramma delle forze è il seguente:

u Calcoliamo le componenti delle forze lungo l’asse x e l’asse y: 𝐹!"#$!! = 𝐹!"#$ = 15 N,

𝐹!"#$!! = 0 N, 𝐹!"#$%!! = 𝐹!"#$% cos −60° = 13 N × cos 60° = 6,5 N, 𝐹!"#$%!! = 𝐹!"#$% sin −60° = 13 N × − sin 60° = −11 N.

Quindi la risultante delle forze che agiscono rispettivamente lungo l’asse x e l’asse y vale: 𝐹!"!!! = 15+ 6,5 N = 22 N, 𝐹!"!!! = 0− 11 N = −11 N.

La componente lungo l’asse y è orientata verso sud. Quindi le accelerazioni valgono:

𝑎! =𝐹!"!!!𝑚 =

22 N1000 kg

= 22×10!! m/s2,

𝑎! =𝐹!"!!!𝑚 =

−11 N1000 kg

= −11×10!! m/s2, verso sud.

50. 𝑣! = 36 km/h = 10 m/s, velocità iniziale della moto; 𝑣! = 72 km/h = 20 m/s, velocità iniziale dell’auto. Nel momento in cui auto e moto accelerano, l’auto è avanti rispetto alla moto di:

∆𝑥 = 𝑣! − 𝑣! ∆𝑡 = 10 m/s × 2 s = 20 m. Le accelerazioni della moto e dell’auto sono, rispettivamente:

𝑎! =𝐹!"#"𝑀!"#"

=3000 N300 kg

= 10 m/s2,

𝑎! =𝐹!"#$𝑀!"#$

=6000 N900 kg

= 6,7 m/s2.

La distanza tra auto e moto è:

𝑑 = ∆𝑥 +𝑣! − 𝑣! 𝑡 + 𝑎! − 𝑎! 𝑡!

2 .

Ponendo 𝑑 = 0 si ottiene 𝑡 = 7,3 s.



7. I SISTEMI DI RIFERIMENTO NON INERZIALI E LE FORZE APPARENTI 51. 52. u Fissiamo la direzione verticale positiva verso l’alto. Nel sistema di riferimento inerziale dell’ascensore fermo, la tua forza-peso è 800 N, indicata

dalla bilancia ferma. Nel caso dell’ascensore che sale con accelerazione costante positiva, su di te agiscono due forze: la forza-peso 𝐹!, diretta verso il basso, e la forza perpendicolare applicata sui tuoi piedi dalla bilancia, 𝐹!"# diretta verso l’alto.

Quindi applichiamo la seconda legge di Newton alla direzione verticale: 𝑚𝑎 = 𝐹!"# − 𝐹!, da cui

𝑎 =𝐹!"# − 𝐹!

𝑚 =𝐹!"# − 𝐹!

𝐹!𝑔

=𝑔 𝐹!"# − 𝐹!

𝐹!=

9,8 m/s2 × 900− 800 N800 N = 1,2 m/s2.

u Nel caso dell’ascensore che rallenta con accelerazione costante negativa, su di te agiscono due forze: la forza-peso 𝐹!, diretta verso il basso, e la forza perpendicolare applicata sui nostri piedi dalla bilancia, 𝐹!"# diretta verso l’alto.

Quindi applichiamo la seconda legge di Newton alla direzione verticale: 𝑚𝑎 = 𝐹!"# − 𝐹!, da cui

𝑎 =𝐹!"# − 𝐹!

𝑚 =𝐹!"! − 𝐹!

𝐹!𝑔

=𝑔 𝐹!"# − 𝐹!

𝐹!=

9,8 m/s2 × 750− 800 N800 N = −0,61 m/s2.

53. u 𝐹! !"# !"#$%&$' = 𝑚𝑔 = 83 kg × 9,8 m/s2 = 8,1×10! N u 𝐹 −𝑚𝑔 = 𝑚𝑎

𝐹 = 𝑚 𝑔 + 𝑎 = 𝑚 𝑔 +∆𝑣∆𝑡 = 83 kg × 9,8 m/s2 +

−1,1 m/s2,2 s = 7,7 ×10! N

54. 𝑚𝑎 = 𝐹!"# −𝑚𝑔, da cui

𝑎 =𝐹!"# −𝑚𝑔

𝑚 =150 N − 10 kg × 9,8 m/s2

10 kg= 5,2 m/s2



8. IL TERZO PRINCIPIO DELLA DINAMICA 55. Le due forze sono applicate a corpi diversi (la prima al rimorchio, la seconda al camion), per

cui non è corretto sommarle. 56. Perché la forza d’attrito che agisce tra il mobile e il pavimento è molto maggiore della forza

esercitata dalla biglia. Ognuno riceve una forza uguale in valore e opposta in verso, che in assenza di attrito determina

un’accelerazione per ciascun oggetto inversamente proporzionale alla rispettiva massa. 57. Una matita dalla mina morbida sarebbe senz’altro preferibile, dal momento che richiederebbe

di applicare una forza inferiore per tracciare un segno sul foglio. In caso contrario, dato che nello spazio non vi è attrito con l’atmosfera o con il suolo, la forza di reazione esercitata sull’astronauta per il terzo principio della dinamica potrebbe addirittura allontanarlo dal foglio, rendendo più difficile il suo progetto di prendere appunti.

58. Non è possibile (e nemmeno utile) distinguere quale tra le due forze è quella di azione e quale

quella di reazione, in quanto l’una non esiste senza l’altra. 59. u Le forze sono riportate nella figura: ogni coppia di forze ha lo stesso colore. Se il sistema è

in equilibrio, per ogni oggetto (mela, tavolo, Terra) la somma delle forze applicate è zero.

u Le forze viola inferiori sono applicate dalle gambe del tavolo alla Terra. u La forza-peso della mela viene bilanciata dalla reazione vincolare del tavolo (in verde). u Se il tavolo viene tolto all’improvviso, la mela e la Terra cadono entrambe una verso l’altra.

L’accelerazione di ognuna vale 𝑎 = 𝐹/𝑚, per cui a parità di forza (le due forze rosse sono uguali in modulo e opposte in verso per il terzo principio della dinamica), l’accelerazione della Terra sarà praticamente trascurabile rispetto a quella della mela, a causa della sua massa che è svariati ordini di grandezza più grande.



60. u Con una forza uguale e contraria a quella applicata dall’atleta alla sbarra, ovvero 500 N. u La forza è applicata dalla sbarra all’atleta, come reazione a quella applicata dall’atleta alla

sbarra. 61. Per il terzo principio di Newton:

𝐹!"#$→!"# = − 𝐹!"#→!"#$ → 𝐹!"#$→!"# = 𝑚!"#𝑎!"# = 60 kg × 2,0 m/s2 = 1,2×10! N. 62. u La forza di attrito dinamico tra lo scatolone e il pavimento è 𝑓 = µμ𝑚𝑔. La forza elastica

della molla è 𝐹! = 𝑘∆𝑥, dove ∆𝑥 è la compressione della molla. Entrambe le forze sono dirette contro la direzione del moto, per cui lo scatolone subisce una forza totale

𝐹!"! = 𝑓 + 𝐹! = µμ𝑚𝑔 + 𝑘∆𝑥, che in virtù del secondo principio dinamica causa un’accelerazione:

𝑎 =𝐹!"!𝑚 =

𝜇𝑚𝑔 + 𝑘∆𝑥𝑚 = 2,1 m/s2.

u La forza che lo scatolone esercita sulla molla, in base al terzo principio della dinamica, è uguale e opposta alla forza elastica: 𝐹! = 𝑘∆𝑥 = 320 N/m × 0,020 m = 6,4 N.

63. u Consideriamo l’ascensore e l’uomo come un unico oggetto di massa 𝑀 = 𝑚! +𝑚!. Le

forze che agiscono sono: la forza-peso verso il basso e la forza 𝐹 verso l’alto. La forza risultante 𝐹!"! = 𝐹 − 𝐹! è diretta verso l’alto e produce un’accelerazione pari a:

𝑎 =𝐹!"!𝑀 =

𝐹𝑀 − 𝑔.

Le forze che agiscono sull’uomo sono la forza-peso 𝐹!! = 𝑚!𝑔, diretta verso il basso, e la forza 𝐹! dovuta al contatto con l’ascensore, diretta verso l’alto. Queste due forze producono l’accelerazione dell’uomo, per cui dalla relazione 𝐹! − 𝐹!! = 𝑚!𝑎 otteniamo:

𝐹! = 𝑚!𝑎 + 𝐹!! = 𝑚!𝐹𝑀 − 𝑔 +𝑚!𝑔 =

𝑚!

𝑀 𝐹 =75 kg525 kg

× 6000 N = 8,6×10! N.

u In virtù del terzo principio della dinamica, la forza che l’uomo esercita sull’ascensore ha la stessa intensità di 𝐹! ed è diretta verso il basso.

64. Per il terzo principio della dinamica, l’elica spinge l’aria verso il basso, e l’aria a sua volta

spinge l’elicottero verso l’alto con una forza di uguale intensità e verso opposto. Quindi: 𝐹!"#!→!"#$% + 𝐹! = 𝐹!"! . Fissiamo il verso positivo verticale in alto, quindi 𝐹! è verso il basso e 𝐹!"#!→!"#$% verso l’alto,

come pure 𝐹!"!. Allora risulta: 𝐹!"#!→!"#$% − 𝐹! = 𝐹!"! → 𝐹!"#!→!"#$% = 𝐹! + 𝐹!"! = 500 kg × 9,8+ 2,2 m/s2 = 6,0×10! N.



65. u Le forze che agiscono sulla sfera e sul cubo sono:

u Sistema sfera, verso positivo in alto, dinamometro D2: 𝐹!"!!!"#$% = 𝐹!!!"#$% + 𝐹!!!!"#$% → 𝑚𝑎 = 0 = 𝐹!!!!"#$% − 𝐹!!!"#$% 𝐹!!!!"#$% = 𝐹!!!"#$% = 𝑚!"#$% 𝑔 = 3,5 kg × 9,8 m/s2 = 34 N. Sistema cubetto, verso positivo in alto, dinamometro D1: 𝐹!"!!!"#$ = 𝐹!!!"#$ + 𝐹!!!!"#$ + 𝐹!!!!"#$ → 𝑚𝑎 = 0 = 𝐹!!!!"#$ − 𝐹!!!!"#$ − 𝐹!!!"#$ 𝐹!!!!"#$ = 𝐹!!!"#$ + 𝐹!!!!"#$ = 𝑚!"#$𝑔 + 34 N = 1,5 kg × 9,8 m/s2 + 34 N = 49 N. La forza che il dinamometro 2 esercita sul cubo è uguale alla forza-peso della sfera appesa al

dinamometro 2, quindi sopra abbiamo usato 𝐹!!!!"#$ = 34 N, calcolato precedentemente. 66. Per il terzo principio della dinamica, la forza elastica esercitata dalla molla sulla biglia è uguale

in modulo e opposta in verso alla forza-peso che la biglia esercita sulla molla:

𝑘𝑠 = 𝑚𝑔 → 𝑘 =𝑚𝑔𝑠 =

0,230 kg × 9,8 m/s2

0,034 m = 66 N/m.

67. Consideriamo il montacarichi, la bilancia e il pacco di zucchero come un unico oggetto di

massa 20 kg, sottoposto alla forza-peso 𝐹!, diretta verso il basso, e alla forza 𝐹 che lo tira verso l’alto. La forza totale ha intensità 𝐹 − 𝐹! e

𝑎 =𝐹 − 𝐹!𝑀!"!

=220 N − 20 kg × 9,8 m/s2

20 kg= 1,19 m/s2

Il pacco di zucchero subisce la forza-peso diretta verso il basso e la forza 𝐹!" dovuta alla bilancia, diretta verso l’alto. Dal secondo principio della dinamica applicato al pacco di zucchero otteniamo 𝐹! − 𝐹!" = 𝑚!𝑎, da cui 𝐹! = 𝐹!" +𝑚!𝑎.

In virtù del terzo principio della dinamica, questa è anche l’intensità della forza che il pacco esercita sulla bilancia, che segnerà dunque una massa:

𝑚 =𝐹!𝑔 =

𝐹!" +𝑚!𝑎𝑔 =

𝑚! 𝑔 + 𝑎𝑔 =

1,0 kg × 9,8 m/s2 + 1,19 m/s2

9,8 m/s2 = 1,1 kg.



68. u 𝐹! = 𝑚!𝑎! = 50 g × 3.7 m/s2 = 0.19 N u 𝐹! = −𝐹! = −0.19 N u 𝑎! = −0.5 𝑎! = −0.5 −3.7 m/s2 = 1.9 m/s2

PROBLEMI GENERALI 1. La velocità del treno è 𝑉, quella della palla misurata sul treno è 𝑣 e il vagone è lungo 𝐿. La

palla impiega un tempo ∆𝑡 a percorrere il vagone. In questo intervallo di tempo il treno avanza di ∆𝑠 = 𝑉∆𝑡, quindi la palla ha percorso rispetto a terra:

∆𝑠! = ∆𝑠 + 𝐿 = 𝑉∆𝑡 + 𝐿 = 𝑉𝐿𝑣 + 𝐿 = 𝐿

𝑉𝑣 + 1 = 16 m ×

483,6 m/s

2,0 m/s+ 1 = 1,2×10! m.

2. u 𝑉 = 4,2 m/s è la velocità del fiume, 𝑣! è la velocità di Martina rispetto alla riva, 𝑣 è quella

rispetto al fiume. La velocità rispetto alla riva nel primo tratto è:

𝑣! =∆𝑥∆𝑡 =

96 m16 s = 6,0 m/s,

per cui la velocità rispetto al fiume è 𝑣 = 𝑣! − 𝑉 = 4,2 m/s. u Nel risalire la corrente la velocità rispetto a riva è 𝑣! = 𝑣 − 𝑉 = 2,4 m/s, per cui Martina

impiega:

∆𝑡 =∆𝑥𝑣! =

96 m2,4 m/s

= 40 s

a risalire la corrente da un ponte all’altro. 3. u Indichiamo con 𝑆 il sistema di riferimento di Giovanni e con 𝑆′ quello di Andrea e Beatrice;

𝑑′ è la distanza tra Andrea e Beatrice, quindi la velocità della palla, misurata in 𝑆′, è 𝑣′ = 𝑑′/∆𝑡.

Giovanni, nel sistema di riferimento 𝑆, vede la palla andare a velocità 𝑣 = 𝑑/∆𝑡. Quindi la velocità 𝑉 della nave di Andrea e Beatrice rispetto a quella di Giovanni è:

𝑉 = 𝑣 − 𝑣! =𝑑∆𝑡 −

𝑑!

∆𝑡 =𝑑 − 𝑑!

∆𝑡 =12 m− 6 m

3 s = 2 m/s.

La velocità della nave di Giovanni è dunque di 9 m/s. u Dall’equazione 𝑣 = 𝑣! + 𝑉 otteniamo 𝑣 = −2 m/s+ 2 m/s = 0 m/s. 4. u La legge del moto dell’auto A nel sistema di riferimento della strada è:

𝑣 = 100 km/h = 27,8 m/s → 𝑠 = 27,8 m/s ∙ 𝑡 u Applichiamo la trasformazione di Galileo:

𝑠′ = 𝑠 − 𝑣′𝑡′𝑡′ = 𝑡



Risolvendo rispetto a 𝑠 otteniamo: 𝑠′ = 𝑣 − 𝑣! 𝑡′ 𝑠′ = 27,8 m/s− 22,8 m/s ∙ 𝑡′ = 5,6 m/s ∙ 𝑡′

5. u A velocità costante, la somma delle forze applicate alla slitta deve essere nulla. La forza di

attrito dinamico è 𝐹 = µμ!𝐹! = µμ!𝑀!"!𝑔 = 0,12 × 520 kg × 9,8 m/s2 = 6,1×10! N. Quindi la forza 𝐹 necessaria per trainare la slitta a velocità costante ha verso opposto alla

forza di attrito e ha la stessa intensità. u Quando cade il pacco, la massa complessiva si riduce a 𝑀′ = 460 kg, quindi la forza di

attrito dinamico diventa 𝑓′ = µμ!𝑀′𝑔. La forza complessiva sulla slitta stavolta vale 𝐹′ = 𝐹 − 𝑓 e determina un’accelerazione:

𝑎 =𝐹 − 𝑓!

𝑀′ =612 N− 542 N

460 kg= 0,15 m/s2.

6. u La forza di attrito dinamico è 𝑓 = µμ𝐹! = µμ𝑚𝑔 = 0,051 × 160 kg × 9,8 m/s2 = 80 N.

L’accelerazione della slitta è positiva finché la forza che la traina è maggiore della forza di attrito, quindi nei primi 5 s, mentre è negativa tra 5 s e 10 s.

u La forza trainante è costante tra 0 s e 4 s e tra 8 s e 10 s. Nel primo intervallo l’accelerazione vale:

𝑎 =𝐹 − 𝑓𝑚 = 0,13 m/s2.

Nel secondo ha la stessa intensità, ma verso opposto. 7. L’allungamento delle molle vale: ∆𝑥 = 0,10 m. L’asta è soggetta a tre forze: le due forze

elastiche, ciascuna di intensità 𝐹! = 𝑘∆𝑥, dirette verso l’alto, e la forza-peso, di intensità 𝐹! = 𝑚𝑔, diretta verso il basso.

La forza totale applicata all’asta è 𝐹!"! = 2𝐹! − 𝐹!, diretta verso l’alto, e produce un’accelerazione:

𝑎 =𝐹!"!𝑚 =

2𝐹! − 𝐹!𝑚 =

2𝑘∆𝑥 −𝑚𝑔𝑚 =

2 100 N/m × 0,10 m − 0,910 kg × 9,8 m/s2

0,910 kg=

= 12 m/s2. 8. u La sonda si avvicina a Titano con velocità costante. L’accelerazione è dunque nulla e il peso del modulo equilibra la spinta verso l’alto. Quindi: 𝐹! = 4000 N (peso del modulo di atterraggio in prossimità della superficie di

Titano). u Sonda che accelera verso il basso. Dal secondo principio della dinamica sappiamo che 𝐹 = 𝑚𝑎. Si ha dunque: 𝐹! − 𝐹! = 𝑚𝑎, fissando il verso positivo verso il basso, cioè verso il satellite. Da qui ricaviamo la massa del modulo di atterraggio:



𝑚 =𝐹! − 𝐹!𝑎 =

4000 N− 2519 N0,50 m/s2 = 2962 ≈ 3,0×10! kg.

Inoltre:

𝑔 =𝐹!𝑚 =

4000 N2962 kg

= 1,4 m/s2.

9. Calcoliamo la massa dell’astronauta:

𝑚 =𝐹!𝑔 =

700 N9,8 m/s2 = 71 kg.

Fissiamo il verso positivo in alto. Le forze che agiscono sull’astronauta al momento del decollo sono:

𝐹!"! = 𝐹!"#"$% + 𝐹! → 𝐹!"! = 𝐹!"#"$% − 𝐹! = 𝑚𝑎 → 𝐹!"#"$% = 𝐹! +𝑚𝑎 → 𝑚𝑎!"#"$% = 𝑚𝑔!"#$% +𝑚𝑎

da cui ricaviamo che: 𝑎!"#"$% = 3,7+ 2,5 m/s2 = 6,2 m/s2. La forza che agisce sull’astronauta al momento della partenza da Marte sarà dunque:

𝐹 = 𝑚𝑎!"#"$% = 71 kg × 6,2 m/s2 = 4,4×10! N. 10. u Applichiamo il principio di conservazione dell’energia meccanica per trovare la velocità con

la quale il tuffatore colpisce l’acqua, ricordando che la velocità iniziale è zero e fissando il livello di zero dell’energia potenziale della forza-peso al pelo libero dell’acqua:

𝑚𝑔ℎ =12𝑚𝑣!

! → 𝑣! = 2𝑔ℎ = 2 9,8 m/s2 × 10 m = 14 m/s.

u Il moto del tuffatore sott’acqua è uniformemente accelerato con accelerazione negativa, con velocità finale 𝑣! uguale a zero e velocità iniziale 𝑣! pari a 14 m/s calcolata sopra. Quindi:

𝑎 =−𝑣!𝑡

𝑠 = 𝑣!𝑡 +12𝑎𝑡

!

𝑡 =−𝑣!𝑎 =

−14 m/s𝑎

5,0 m = 14 m/s ×−14 m/s

𝑎+12𝑎−14 m/s

𝑎

!

→ 𝑎 = 20 m/s2. Quindi la forza media a cui è sottoposto il tuffatore in acqua è di: 𝐹 = 𝑚𝑎 = 60 kg × 20 m/s2 = 1,2×10! N. Oppure possiamo risolverlo osservando che il tuffatore si arresta per azione della forza di

attrito esercitata dall’acqua. Ciò significa che il lavoro delle forze di attrito (non conservative) è uguale alla variazione della sua energia meccanica, 𝑊!" = 𝐹𝑠 = ∆ℇ!"#. L’energia meccanica finale è zero, quella iniziale è:

12𝑚𝑣

! = 5,88×10! J.

Quindi ∆ℇ!"# = 5,88×10! J da cui:



𝐹 =𝑊!"𝑠 =

5,88×10! J 5,0 m = 1,2×10! N.

11. s = 1

2at2

poiché 𝑣! = 0 m/s. Quindi:

𝐹 = 𝑚𝑎 = 𝑚2𝑠𝑡! = 800 kg ×

2 35 m 3,0 s ! = 6,2×10! N.

12. u La forza che devono esercitare i motori è:

𝑎 =∆𝑣∆𝑡 =

285− 85 m/s3,625 s = 2,2 m/s2;

𝐹 = 𝑚𝑎 = 4,42×10! kg × 2,2 m/s2 = 9,8×10! N. u La distanza percorsa vale:

𝑠 = 𝑣!𝑡 +12𝑎𝑡

! = 23,6 m/s × 25 s +12 2,2 m/s2 × 25 s ! = 1,3×10! s.

13. L’uomo è soggetto alla forza-peso 𝐹!, diretta verso il basso, e alla forza della bilancia 𝐹, diretta

verso l’alto. La somma vettoriale di queste due forze determina l’accelerazione dell’uomo, che è uguale a quella dell’ascensore: 𝐹 − 𝐹! = −𝑚𝑎. Quindi 𝐹 = 𝐹! −𝑚𝑎 = 𝑚(𝑔 − 𝑎). In virtù del terzo principio della dinamica, questa è anche l’intensità della forza che l’uomo applica alla bilancia, dunque il suo peso apparente. La bilancia segnerà quindi una massa pari a:

𝑚! =𝐹𝑔 =

𝑚 𝑔 − 𝑎𝑔 = 72 kg.

14. u Rispetto a un osservatore esterno, le forze che agiscono su Chiara

sono la forza-peso (verso il basso) e la reazione vincolare della bilancia (verso l’alto), che non si eguagliano se il sistema è accelerato.

Il peso letto sulla bilancia, cioè il “peso apparente”, ha lo stesso valore della reazione vincolare della bilancia.

u Per il secondo principio della dinamica possiamo scrivere che 𝐹 = 𝑚𝑎. In un sistema di riferimento con verso positivo in alto

avremo quindi: −𝑚𝑔 + 𝐹!"#$%&"$ = 𝑚𝑎, con 𝐹!"#$%&"$ = 1,3 𝑚𝑔. Quindi: −𝑚𝑔 + 1,3 𝑚𝑔 = 𝑚𝑎 → 𝑎 = 0,3 𝑔, diretta verso l’alto. 15. La massa complessiva 𝑀 del carrello 𝑚! e della palla 𝑚! è: 𝑀 = 𝑚! +𝑚! = 26 kg. La forza 𝐹 che traina il carrello produce quindi un’accelerazione:



𝑎 =𝐹𝑀 =

200 N26 kg

= 7,7 m/s2.

Questa è l’accelerazione anche della palla, dovuta alla forza elastica della molla, che vale: 𝐹! = 𝑘∆𝑥 = 𝑚!𝑎 = 15,4 N. La molla è quindi dilatata di una quantità pari a 𝑥 = 𝐹!/𝑘 = 10 𝑐m. 16. Lo spostamento ∆𝑥 della molla si ottiene dal grafico spazio-tempo sottraendo da questo i 15 cm

della lunghezza a riposo della molla. La forza elastica è 𝐹! = 𝑘∆𝑥 e il suo grafico è:

17. Poiché la palla è al centro della distanza fra i sostegni, la prima molla è inizialmente allungata

di ∆𝑥! = 50− 30− 5 cm = 15 cm, la seconda di ∆𝑥! = 50− 40− 5 cm = 5 cm. La prima molla esercita una forza pari a 𝐹! = 𝑘!∆𝑥! = 200 N/m × 0,15 m = 30 N, diretta verso sinistra, la seconda esercita una forza pari a 𝐹! = 𝑘!∆𝑥! = 400 N/m × 0,05 m = 20 N, diretta verso destra. La palla si muoverà quindi

verso sinistra, con accelerazione:

𝑎 =𝐹!"!𝑀 =

𝐹! − 𝐹!𝑀 =

10 N2 kg

= 5 m/s2.

18. ∆𝑥!, allungamento della prima molla di costante elastica 𝑘! ∆𝑥!, allungamento della seconda molla di costante elastica 𝑘! Per il terzo principio della dinamica, le forze che le due molle esercitano l’una sull’altra hanno

la stessa intensità: 𝑘!∆𝑥! = 𝑘!∆𝑥! → ∆𝑥! = 2 ∆𝑥!

L’allungamento totale è ∆𝑥!"! = ∆𝑥! + ∆𝑥! = 3 ∆𝑥! = 30− 13+ 8 cm = 9,0 cm, da cui ricaviamo 𝑥! = 2,0 cm e 𝑥! = 6,0 cm.

La forza elastica esercitata dalla seconda molla alle estremità è quindi 𝐹! = 𝑘!∆𝑥! = 6,0 N, e questa, in virtù del terzo principio della dinamica, è anche l’intensità della forza che tira la seconda molla.

19. La legge della posizione del jet è: 𝑠 = 1/2 𝑎𝑡!, poiché l’aereo inizia ad accelerare da fermo. Ricaviamo l’accelerazione da:

𝑎 =𝐹!"#!$%&'#()

𝑚 =𝐹!"#!$%&'#()

𝐹!𝑔

=1,7×10! N6,9×10! N9,8 m/s2

= 2,4 m/s2



e il tempo da:

𝑡 =𝑣! !"#𝑎 =

79,2 m/s2,4 m/s2 = 33,0 s.

Quindi:

𝑠 =12𝑎𝑡

! = 0,5 2,4 m/s2 × 33,0 s ! = 1,3 km.

20. u La molla si accorcia di ∆𝑥 = 0,060 m. Il cubetto subisce la forza-peso 𝐹!, diretta verso il

basso, e la forza elastica della molla, 𝐹! = 𝑘∆𝑥, diretta verso l’alto. Quindi l’accelerazione del cubetto vale:

𝑎 =𝐹! − 𝐹!𝑚 =

𝑘∆𝑥 −𝑚𝑔𝑚 =

130 N/m × 0,060 m − 0,200 kg × 9,8 m/s2

0,200 kg≈ 30 m/s2.

u In base al terzo principio della dinamica, la forza che il tavolo esercita sulla molla ha la stessa intensità di quella esercitata dalla molla sul tavolo, cioè la forza elastica 𝐹! ≈ 8 N.

21. Per produrre un’accelerazione 𝑎 = 3,2 m/s2 è necessaria una forza di intensità 𝐹 = 𝑚𝑎 diretta

lungo il piano, verso l’alto. Questa forza è la somma di due contributi: la forza elastica 𝐹! = 𝑘∆𝑥, che è diretta lungo il piano verso l’alto, e la componente 𝐹!" = 𝑚𝑔sin30° della forza-peso lungo il piano, diretta verso il basso. Quindi:

𝐹! − 𝐹!" = 𝑚𝑎 → 𝐹! = 𝐹!" +𝑚𝑎 = 𝑚𝑔sen30°+𝑚𝑎 = 0,34 kg × 9,8 m/s2 × 0,5 + 3,2 m/s2 = 2,76 N

e

∆𝑥 =𝐹!𝑘 = 0,020 m.

Perciò la lunghezza della molla deve essere 𝑙 = (0,12− 0,020) m = 0,10 m. 22. 𝑀!"! = 𝑚! +𝑚! +𝑚! = 6,0 kg → !

!!"!= 4,0 m/s2

La terza scatola è soggetta nella direzione orizzontale solo alla forza 𝐹!" applica dalla seconda scatola e quindi 𝐹!" = 𝑚!𝑎 = 3,0 kg × 4,0 m/s2 = 12 N.

La seconda scatola è soggetta nella direzione orizzontale alla forza 𝐹!" (esercitata dalla terza scatola) e alla forza 𝐹!" (esercitata dalla prima scatola). Per il terzo principio della dinamica, 𝐹!" = 𝐹!". Queste forze hanno versi opposti, quindi la forza totale esercitata sulla seconda scatola è

𝐹!" − 𝐹!" = 𝑚!𝑎 → 𝐹!" = 𝑚!𝑎 + 𝐹!" = 2,0 kg × 4,0 m/s2 + 12 N = 20 N. Infine, la forza che la seconda scatola esercita sulla prima ha la stessa intensità di 𝐹!" in virtù

del terzo principio della dinamica, cioè 𝐹!" = 20 N. 23. u Usando la notazione della teoria, in questo caso: 𝑣 è la velocità di 𝑆! rispetto a 𝑇; 𝑣′ è la velocità con cui 𝑆! vede muoversi 𝑆! (cioè la velocità di 𝑆! rispetto a 𝑆!); 𝑉 è la velocità di 𝑆! rispetto a 𝑇.



La velocità di 𝑆! rispetto a 𝑇 è data dalla velocità di 𝑆! rispetto a 𝑆! sommata alla velocità si 𝑆! rispetto a 𝑇:

𝑣 = 𝑣! + 𝑉. u Fissiamo il sistema di riferimento con l’asse x orizzontale (e verso positivo a destra) e l’asse

y verticale. Sappiamo inoltre dal testo che: 1) 𝑣 = 𝑉 (poiché le due scale hanno la stessa velocità in modulo rispetto a T); 2) 𝑣 = 𝑣′ = 2,0 m/s. Scriviamo la relazione vettoriale rispetto a 𝑣′ (incognita), scomponendo nelle due direzioni e

scegliendo il verso positivo di x verso destra:

𝑣!! = 𝑣! − 𝑉!𝑣!! = 𝑣! − 𝑉! .

Ma 𝑣! = 𝑉! e 𝑣! = −𝑉! = 𝑣 cos𝛼 per la 1) Perciò:

𝑣!! = 𝑣! − 𝑉! = 2𝑣 cos𝛼

𝑣!! = 𝑣! − 𝑉! = 0.

Quindi 𝑣′ ha componente solo lungo x. Per la 2) abbiamo allora che: 𝑣′ = 𝑣!! = 2𝑣 cos𝛼 → 2,0 m/s = 2 2,0 m/s cos𝛼. Da qui possiamo ricavare 𝛼: cos𝛼 = !

! → 𝛼 = 60°.

24. u Calcoliamo la massa dell’asteroide e ricaviamo la sua decelerazione:

𝑚 =43π𝑅

!𝜌 =43π× 10! cm !× 1,5 g/cm3 = 6,3×10!" g

𝑎 =𝐹𝑚 =

6,28×10!! N6,3×10!" kg

= 0,1 m/s2.

Nell’istante in cui l’asteroide dovesse raggiungere la Terra, avrebbe velocità nulla. Dalla legge del moto uniformemente accelerato, possiamo trovare la distanza percorsa.

𝑠 =12𝑣!!

𝑎 → 𝑠 =12×

20×10! m/s !

0,1 m/s2 = 2×10! m = 2×10! km.

u Poiché l’asteroide dista 1×10! km, la forza impressa dai motori della sonda non è sufficiente a fermare l’asteroide.

u Nel caso in cui la forza sia perpendicolare, calcoliamo prima il tempo necessario all’asteroide a percorrere la distanza che lo separa dalla Terra:

𝑡 =𝑠𝑣 =

1×10! m20×10! m/s

= 5×10! s.

In questo lasso di tempo, la forza applicata dai motori sposterebbe l’asteroide in direzione perpendicolare alla congiungente Terra-asteroide di una distanza pari a:

𝑠 =12𝑎𝑡

! =12 0,1 m/s2 × 5×10! s = 1×10! m = 1×10! km.

Poiché il raggio della Terra vale 6,38×10! km, in questo caso la collisione sarebbe evitata.



TEST 1. D 2. B 3. D 4. B 5. A 6. B 7. C 8. B 9. C 10. B 11. C 12. B 13. C 14. C 15. C 16. B 17. B 18. C 19. C 20. C 21. C 22. A 23. C 24. A 25. B

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