# Esercizi di fisica con soluzioni/Moti relativi

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## 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?
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### 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\ kg\$, $v_{0}=5\ m/s\$, $a_{1}=2\ m/s^{2}\$, $a_{2}=1.5\ m/s^{2}\$)
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### 3. Missile

Un missile viaggia con un angolo $\theta \$ 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 $\theta =\pi /4\$, $v_{0}=1500\ km/h\$)
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### 4. Luce

Un ascensore discende con un'accelerazione di $a_{1}=1.51m/s^{2}\$. Lo schermo della luce dal soffitto che si trova ad altezza $\ell =3\ m$ cade. Quanto tempo ha un passeggero per evitare di essere colpito ad un piede dallo schermo della luce?
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### 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 $\omega _{T}=7.3\cdot 10^{-5}\ rad/s\$.
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### 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 $\mu _{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 $\mu _{p}=0.4\$.
Determinare: a) La velocità angolare minima necessaria allo scopo; b) la massima accelerazione angolare che può essere applicata alla piattaforma.
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### 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 $\mu _{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 $\mu _{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 $m_{1}=2\ kg$, $m_{2}=3\ kg$, $\mu _{1}=0.6\$, $\mu _{2}=0.2\$, $v_{o}=3\ m/s$)
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## Soluzioni
### 1. Vagone

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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}}gt^{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}}gt_{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 {2v_{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

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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 $kg-peso\$:
    $l={\frac {N}{g}}={\frac {mg}{g}}=72\ kg-peso\$
a)
La forza totale normale vale:
    $N=mg+ma_{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\ kg-peso\$
b)
La forza totale normale vale:
    $N=mg-ma_{2}\$
    $l_{b}={\frac {m(g-a_{2})}{g}}=61\ kg-peso\$

### 3. Missile

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La componente della velocità del missile nella direzione dell'equatore (direzione normale all'asse di rotazione terrestre) vale:
    $v_{e}=v_{0}\sin \theta \$
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
    $\Delta g=4\omega v_{0}\sin \theta =0.086\ m/s^{2}\$
Avendo indicato con $\omega \$ la velocità angolare della terra:
    $\omega ={\frac {2\pi }{3600\times 24}}=7.3\cdot 10^{-5}\ rad/s\$

### 4. Luce

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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:
    $\ell ={\frac {1}{2}}g't^{2}\$
    $t'={\sqrt {\frac {2\ell }{g'}}}=0.85\ s\$

### 5. Polo Nord

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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:
    $\omega _{T}={\frac {2\pi }{3600\cdot 24}}=7.3\cdot 10^{-5}\ rad/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 {\omega _{T}}}\times {{\vec {v}}_{o}}=-2\omega _{T}v_{o}{\hat {j}}\$
se ${\vec {v}}_{o}=-v_{o}{\hat {j}}\$
    ${\vec {a_{c}}}=-2{\vec {\omega _{T}}}\times {{\vec {v}}_{o}}=-2\omega _{T}v_{o}{\hat {i}}\$
Se ${\vec {v}}_{o}=-v_{o}{\hat {i}}\$
    ${\vec {a_{c}}}=-2{\vec {\omega _{T}}}\times {{\vec {v}}_{o}}=2\omega _{T}v_{o}{\hat {j}}\$
Se ${\vec {v}}_{o}=v_{o}{\hat {j}}\$
    ${\vec {a_{c}}}=-2{\vec {\omega _{T}}}\times {{\vec {v}}_{o}}=2\omega _{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:
    $\omega _{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\omega _{T}v_{o}-\omega _{T}^{2}r={\frac {v_{o}^{2}}{r}}\$
Moltiplicando per r e portando tutto al secondo membro:
    $v_{o}^{2}-2\omega _{T}v_{o}r+\omega _{T}^{2}r^{2}\$
    $(v_{o}-\omega _{T}r)^{2}=0\$
Il raggio del vortice quindi è dato da:
    $r={\frac {v_{o}}{\omega _{T}}}=1.37\cdot 10^{3}\ Km\$
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

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a)
Nel sistema di riferimento solidale del sistema alla velocità angolare $\omega \$ la persona è in equilibrio statico con la parete. La reazione normale alla parete vale:
    $N=m\omega ^{2}R\$
Cioè la reazione vincolare deve compensare la forza centrifuga. La massima forza di attrito vale:
    $f_{a}=\mu _{l}N=\mu _{l}m\omega ^{2}R\$
che deve essere:
    $\mu _{l}m\omega ^{2}R\geq mg\$
    $\mu _{l}\omega ^{2}R\geq g\$
    $\omega _{min}={\sqrt {\frac {g}{\mu _{l}R}}}=2.7\ rad/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 {\omega }}}{dt}}\times {\vec {r}}\$
Dobbiamo quindi imporre che:
    $\mu _{p}mg\geq m\alpha R\$
Detta $\alpha _{max}\$ la accelerazione angolare massima vale:
    $\alpha _{max}={\frac {\mu _{p}g}{R}}=0.56\ rad/s^{2}\$

### 7. Piastra con sopra un oggetto

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L'equazione della dinamica per la piastra è:
    $m_{2}a_{2}=\mu _{1}m_{1}g-\mu _{2}[(m_{1}+m_{2})g]\$
Per cui:
    $a_{2}={\frac {\mu _{1}m_{1}g-\mu _{2}[(m_{1}+m_{2})g]}{m_{2}}}=0.65\ m/s^{2}$
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}=-\mu _{1}m_{1}g-m_{1}a_{2}\$
    $a'_{1}=-\mu _{1}g-a_{2}=-6.55\ m/s^{2}$
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.