Esercizi — Forze e leggi di Newton

Tutti gli esercizi del capitolo, svolti passo-passo, in ordine di comparsa nel capitolo: prima gli esercizi guidati e i problemi nel testo, poi i problemi di fine capitolo (numerici, concettuali, vero/falso, ranking, grafici, stime).

Esercizi e problemi nel testo

• Esercizio svolto — due scatole con molla e puleggia
• Esercizio svolto — il giubbotto antiproiettile
• Esercizio svolto — due scatole in equilibrio
• Bilancia in ascensore
• Pendolo su un mezzo in accelerazione
• Esercizio svolto — blocco su piano inclinato con 3 forze
• Surfista sull’onda
• Molla con due masse appese

Problemi di fine capitolo

• Cassa spinta senza attrito
• Accelerazione da forza netta
• Vero o falso su forze e moto
• Due blocchi legati su piano liscio
• Auto contro un muro: forza media
• Libro sul tavolo: coppie azione-reazione
• Coefficiente di attrito statico
• Macchina di Atwood: soluzione simbolica
• Legge di Hooke da dati sperimentali
• Discesa su piano inclinato con attrito
• Ranking di accelerazioni
• Il passeggero e la pallina sul treno
• Attrito dinamico dal grafico a–F
• Tre blocchi collegati e due tensioni
• Il montacarichi: grafico della bilancia
• Cassa appesa al soffitto
• Due blocchi legati con forza applicata
• Bilancia a molla in ascensore
• Vero o falso su leggi di Newton
• Ranking di forze applicate
• Il cavallo e il carro
• Macchina di Atwood: valori numerici
• Salto dalla sedia: forza media
• Frenata dell’auto e cintura
• Forza a gradini e grafico v–t
• Il libro sul tavolo: forze e coppie
• Ascensore al primo istante
• Cintura di sicurezza
• Tirare la tovaglia
• Accelerazioni a forza fissa
• Attrito statico massimo
• Due corpi collegati da carrucola
• Piano inclinato con attrito dinamico
• Forza minima per muovere un blocco
• Pendolo conico
• Due molle in parallelo
• Dal diagramma alla forza applicata
• Bilancia in moto verticale
• Due masse alla stessa accelerazione
• Gravità doppia
• Attrito statico nullo
• Terza legge a senso unico
• Ascensore con bilancia e molla
• Pendolo nel treno che frena
• Salto in alto e flessione
• Cassa con forza a tratti
• Forza per spostare una scrivania
• Macchina di Atwood disturbata

All the exercises of the chapter, worked step-by-step, in order of appearance in the chapter: first the guided exercises and in-text problems, then the end-of-chapter problems (numerical, conceptual, true/false, ranking, graphical, estimation).

In-text exercises and problems

• Worked exercise — two boxes with a spring and a pulley
• Worked exercise — the bulletproof vest
• Worked exercise — two boxes in equilibrium
• Scales in a lift
• Pendulum on an accelerating vehicle
• Worked exercise — block on an inclined plane with 3 forces
• Surfer on a wave
• Spring with two hanging masses

End-of-chapter problems

• Box pushed without friction
• Acceleration from a net force
• True or false on forces and motion
• Two blocks tied together on a smooth plane
• Car against a wall: average force
• Book on the table: action-reaction pairs
• Coefficient of static friction
• Atwood machine: symbolic solution
• Hooke’s law from experimental data
• Descent on an inclined plane with friction
• Ranking of accelerations
• The passenger and the ball on the train
• Kinetic friction from the a–F graph
• Three blocks connected and two tensions
• The goods lift: scale graph
• Box hanging from the ceiling
• Two blocks tied together with an applied force
• Spring scale in a lift
• True or false on Newton’s laws
• Ranking of applied forces
• The horse and the cart
• Atwood machine: numerical values
• Jump from a chair: average force
• Car braking and the seatbelt
• Step force and v–t graph
• The book on the table: forces and pairs
• Lift at the first instant
• Seatbelt
• Pulling the tablecloth
• Accelerations at fixed force
• Maximum static friction
• Two bodies connected by a pulley
• Inclined plane with kinetic friction
• Minimum force to move a block
• Conical pendulum
• Two springs in parallel
• From the diagram to the applied force
• Scales in vertical motion
• Two masses at the same acceleration
• Double gravity
• Zero static friction
• One-way third law
• Lift with scale and spring
• Pendulum in a braking train
• High jump and bending
• Box with a piecewise force
• Force to move a desk
• Disturbed Atwood machine

Testo

La scatola 1 ($3\;\text{kg}$) è attaccata a una molla ($K = 100\;\text{N/m}$, $\ell_0 = 1\;\text{m}$) ancorata al muro, e a una fune che passa sopra una puleggia e regge la scatola 2 ($4\;\text{kg}$) in verticale. La molla è allungata: $\ell = 2\;\text{m}$. Trova l’accelerazione delle scatole.

Soluzione

Passo 1 — Diagramma di interazione. Cerchiando la scatola 1 si contano 4 biscioline uscenti: il peso (Terra), la forza elastica della molla (muro), la tensione della fune (scatola 2) e la reazione vincolare del pavimento. Sulla scatola 1 agiscono quindi 4 forze.

Passo 2 — Corpo libero della scatola 1 (moto orizzontale). La molla è allungata di $\Delta\ell = \ell - \ell_0 = 2 - 1 = 1\;\text{m}$, quindi tira verso il muro con $F_m = K\,\Delta\ell = 100 \cdot 1 = 100\;\text{N}$ diretta lungo $-x$. Il peso vale $P_1 = m_1 g = 3 \cdot 9{,}81 \approx 29{,}4\;\text{N}$. Scriviamo $\vv{P}_1 + \vv{R}_1 + \vv{F}_m + \vv{t}_1 = m_1\,\vv{a}$:

$\begin{pmatrix} 0 \\ -29{,}4 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 \\ R_1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -100 \\ 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} t \\ 0 \end{pmatrix} = 3\begin{pmatrix} a \\ 0 \end{pmatrix}$

Asse $y$: $R_1 = 29{,}4\;\text{N}$. Asse $x$: $-100 + t = 3a \quad \text{(I)}$

Passo 3 — Corpo libero della scatola 2 (moto verticale). La scatola 2 pende dalla fune; se la scatola 1 accelera verso $+x$ (verso la puleggia), la scatola 2 accelera verso il basso con lo stesso modulo $a$:

$-m_2 g + t = -m_2 a \quad\Rightarrow\quad -39{,}2 + t = -4a \quad \text{(II)}$

Risoluzione del sistema. Da (II) ricavo $t = 39{,}2 - 4a$ e sostituisco in (I):

$-100 + 39{,}2 - 4a = 3a \quad\Rightarrow\quad a = -\frac{60{,}8}{7}$

$\ev{a \approx -8{,}7\;\text{m/s}^2}$

Il segno negativo indica che la scatola 1 accelera in verso opposto a quello ipotizzato: la molla, molto tesa, vince la tensione e riporta indietro il sistema. La tensione si ottiene da (II), $t = m_2(g - a)$:

$t = 4\,\bigl(9{,}8 - (-8{,}7)\bigr) = 4 \cdot 18{,}5$

$\ev{t \approx 74\;\text{N}}$

Collegamenti

Argomenti: Dinamica Concetti: Seconda legge di Newton · Tensione · Forza elastica e legge di Hooke · Forza normale Competenze: Diagramma di interazione · Diagramma di corpo libero Metodi: Metodo del diagramma di corpo libero Oggetti: Molla · Puleggia · Blocco · Fune ideale

Problem

Crate 1 ($3\;\text{kg}$) is attached to a spring ($K = 100\;\text{N/m}$, $\ell_0 = 1\;\text{m}$) anchored to the wall, and to a rope that passes over a pulley and holds crate 2 ($4\;\text{kg}$) vertically. The spring is stretched: $\ell = 2\;\text{m}$. Find the acceleration of the crates.

Solution

Step 1 — Interaction diagram. Circling crate 1, we count 4 outgoing squiggles: the weight (Earth), the spring’s elastic force (wall), the rope’s tension (crate 2) and the floor’s constraint reaction. Four forces therefore act on crate 1.

Step 2 — Free body of crate 1 (horizontal motion). The spring is stretched by $\Delta\ell = \ell - \ell_0 = 2 - 1 = 1\;\text{m}$, so it pulls towards the wall with $F_m = K\,\Delta\ell = 100 \cdot 1 = 100\;\text{N}$ directed along $-x$. The weight is $P_1 = m_1 g = 3 \cdot 9{,}81 \approx 29{,}4\;\text{N}$. We write $\vv{P}_1 + \vv{R}_1 + \vv{F}_m + \vv{t}_1 = m_1\,\vv{a}$:

$\begin{pmatrix} 0 \\ -29{,}4 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 \\ R_1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -100 \\ 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} t \\ 0 \end{pmatrix} = 3\begin{pmatrix} a \\ 0 \end{pmatrix}$

$y$ axis: $R_1 = 29{,}4\;\text{N}$. $x$ axis: $-100 + t = 3a \quad \text{(I)}$

Step 3 — Free body of crate 2 (vertical motion). Crate 2 hangs from the rope; if crate 1 accelerates towards $+x$ (towards the pulley), crate 2 accelerates downward with the same magnitude $a$:

$-m_2 g + t = -m_2 a \quad\Rightarrow\quad -39{,}2 + t = -4a \quad \text{(II)}$

Solving the system. From (II) we get $t = 39{,}2 - 4a$ and substitute into (I):

$-100 + 39{,}2 - 4a = 3a \quad\Rightarrow\quad a = -\frac{60{,}8}{7}$

$\ev{a \approx -8{,}7\;\text{m/s}^2}$

The negative sign indicates that crate 1 accelerates in the direction opposite to the one assumed: the spring, very taut, overcomes the tension and pulls the system back. The tension is obtained from (II), $t = m_2(g - a)$:

$t = 4\,\bigl(9{,}8 - (-8{,}7)\bigr) = 4 \cdot 18{,}5$

$\ev{t \approx 74\;\text{N}}$

Links

Topics: Dinamica Concepts: Seconda legge di Newton · Tensione · Forza elastica e legge di Hooke · Forza normale Skills: Diagramma di interazione · Diagramma di corpo libero Methods: Metodo del diagramma di corpo libero Objects: Molla · Puleggia · Blocco · Fune ideale

Testo

Un proiettile di massa $m_1 = 20\;\text{g}$ viaggia a $v_0 = 400\;\text{m/s}$ quando colpisce il giubbotto antiproiettile di un militare (massa $m_2 = 80\;\text{kg}$, inizialmente fermo). Il proiettile si ferma completamente dopo aver penetrato il giubbotto per $\Delta s = 5\;\text{cm}$. Calcolare: (a) l’accelerazione del proiettile; (b) il tempo di arresto; (c) la forza esercitata dal giubbotto sul proiettile; (d) la forza (uguale e opposta, per la terza legge) esercitata dal proiettile sul militare; (e) di quanto il militare rincula nello stesso intervallo di tempo.

Soluzione

(a) Accelerazione del proiettile. Usiamo la relazione cinematica senza il tempo, $v^2 - v_0^2 = 2a\,\Delta s$, con $v = 0$ e $\Delta s = 0{,}05\;\text{m}$:

$a = \frac{0 - v_0^2}{2\,\Delta s} = \frac{-400^2}{2 \cdot 0{,}05}$

$\ev{a = -1{,}6 \cdot 10^6\;\text{m/s}^2}$

Una decelerazione di circa $160\,000\,g$, dell’ordine di centomila volte l’accelerazione di gravità terrestre.

(b) Tempo di arresto. Dalla definizione di accelerazione, $v = v_0 + a\,\Delta t$ con $v = 0$:

$\Delta t = \frac{0 - v_0}{a} = \frac{-400}{-1{,}6 \cdot 10^6}$

$\ev{\Delta t = 2{,}5 \cdot 10^{-4}\;\text{s}}$

Un quarto di millisecondo.

(c) Forza sul proiettile. Per la seconda legge di Newton, $F = m_1\,|a|$ con $m_1 = 0{,}020\;\text{kg}$:

$|F| = m_1\,|a| = 0{,}020 \cdot 1{,}6 \cdot 10^6$

$\ev{|F| = 32\,000\;\text{N}}$

(d) Forza sul militare (terza legge). Per il principio di azione e reazione, il proiettile esercita sul militare una forza uguale e opposta, $|F| = 32\,000\;\text{N} \approx 3{,}3$ tonnellate-forza. Questa produce un’accelerazione del militare:

$a_2 = \frac{F}{m_2} = \frac{32\,000}{80}$

$\ev{a_2 = 400\;\text{m/s}^2}$

(e) Rinculo del militare. Nello stesso intervallo $\Delta t = 2{,}5 \cdot 10^{-4}\;\text{s}$, partendo da fermo:

$\Delta s_2 = \tfrac{1}{2}\,a_2\,(\Delta t)^2 = \tfrac{1}{2} \cdot 400 \cdot (2{,}5 \cdot 10^{-4})^2$

$\ev{\Delta s_2 \approx 1{,}25 \cdot 10^{-5}\;\text{m} = 12{,}5\;\mu\text{m}}$

Il militare rincula di appena qualche decina di micrometri durante l’impatto, ma la forza di $32\,000\;\text{N}$ per un istante lascia il segno: è esattamente per questo che le persone colpite al giubbotto antiproiettile vengono spinte violentemente all’indietro, anche se il proiettile non le penetra. La terza legge di Newton non fa sconti.

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Argomenti: Dinamica Concetti: Terza legge di Newton · Seconda legge di Newton · Moto uniformemente accelerato Oggetti: Proiettile

Problem

A bullet of mass $m_1 = 20\;\text{g}$ travels at $v_0 = 400\;\text{m/s}$ when it strikes a soldier’s bulletproof vest (mass $m_2 = 80\;\text{kg}$, initially at rest). The bullet comes to a complete stop after penetrating the vest by $\Delta s = 5\;\text{cm}$. Calculate: (a) the acceleration of the bullet; (b) the stopping time; (c) the force exerted by the vest on the bullet; (d) the force (equal and opposite, by the third law) exerted by the bullet on the soldier; (e) how far the soldier recoils in the same time interval.

Solution

(a) Acceleration of the bullet. We use the kinematic relation without time, $v^2 - v_0^2 = 2a\,\Delta s$, with $v = 0$ and $\Delta s = 0{,}05\;\text{m}$:

$a = \frac{0 - v_0^2}{2\,\Delta s} = \frac{-400^2}{2 \cdot 0{,}05}$

$\ev{a = -1{,}6 \cdot 10^6\;\text{m/s}^2}$

A deceleration of about $160\,000\,g$, roughly one hundred thousand times the acceleration of gravity on Earth.

(b) Stopping time. From the definition of acceleration, $v = v_0 + a\,\Delta t$ with $v = 0$:

$\Delta t = \frac{0 - v_0}{a} = \frac{-400}{-1{,}6 \cdot 10^6}$

$\ev{\Delta t = 2{,}5 \cdot 10^{-4}\;\text{s}}$

A quarter of a millisecond.

(c) Force on the bullet. By Newton’s second law, $F = m_1\,|a|$ with $m_1 = 0{,}020\;\text{kg}$:

$|F| = m_1\,|a| = 0{,}020 \cdot 1{,}6 \cdot 10^6$

$\ev{|F| = 32\,000\;\text{N}}$

(d) Force on the soldier (third law). By the action–reaction principle, the bullet exerts on the soldier an equal and opposite force, $|F| = 32\,000\;\text{N} \approx 3{,}3$ tonnes-force. This produces an acceleration of the soldier:

$a_2 = \frac{F}{m_2} = \frac{32\,000}{80}$

$\ev{a_2 = 400\;\text{m/s}^2}$

(e) Recoil of the soldier. Over the same interval $\Delta t = 2{,}5 \cdot 10^{-4}\;\text{s}$, starting from rest:

$\Delta s_2 = \tfrac{1}{2}\,a_2\,(\Delta t)^2 = \tfrac{1}{2} \cdot 400 \cdot (2{,}5 \cdot 10^{-4})^2$

$\ev{\Delta s_2 \approx 1{,}25 \cdot 10^{-5}\;\text{m} = 12{,}5\;\mu\text{m}}$

The soldier recoils by just a few tens of micrometres during the impact, but the force of $32\,000\;\text{N}$ leaves its mark for that instant: this is precisely why people hit on a bulletproof vest are thrown violently backwards, even though the bullet does not penetrate them. Newton’s third law gives no quarter.

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Topics: Dynamics Concepts: Newton’s third law · Newton’s second law · Uniformly accelerated motion Objects: Projectile

Testo

La scatola 1 ($m_1 = 3\;\text{kg}$) è appoggiata al pavimento, con la scatola 2 ($m_2 = 8\;\text{kg}$) sopra. Trovare la reazione del pavimento.

Soluzione

Entrambe le scatole sono in equilibrio, quindi la risultante delle forze su ciascuna è nulla. Usiamo $g = 9{,}81\;\text{m/s}^2$.

Metodo 1 — corpo per corpo.

Corpo 2 (peso e reazione della scatola 1): $\vv{P}_2 + \vv{R}_{12} = \vv{0}$, da cui

$R_{12} = m_2 g = 8 \cdot 9{,}81 = 78{,}5\;\text{N}$

Corpo 1: sulla scatola 1 agiscono il proprio peso, la reazione $\vv{R}_{21}$ che la scatola 2 le preme addosso (per la terza legge $R_{21} = R_{12} = 78{,}5\;\text{N}$) e la reazione del pavimento $\vv{R}_{\text{pav}}$. All’equilibrio verticale:

$R_{\text{pav}} = m_1 g + R_{21} = 29{,}4 + 78{,}5$

$\ev{R_{\text{pav}} = 107{,}9\;\text{N}}$

Metodo 2 — sistema (1+2). Considerando le due scatole come un unico sistema, le forze interne $\vv{R}_{12}$ e $\vv{R}_{21}$ si cancellano e restano solo i pesi e la reazione del pavimento:

$R_{\text{pav}} = (m_1 + m_2)\,g = 11 \cdot 9{,}81$

$\ev{R_{\text{pav}} = 107{,}9\;\text{N}}$

I due metodi danno lo stesso risultato: ragionare sul sistema è più rapido, ma solo l’analisi corpo per corpo rivela le forze interne di contatto.

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Argomenti: Dinamica Concetti: Seconda legge di Newton · Forza normale · Terza legge di Newton Competenze: Diagramma di corpo libero · Diagramma di interazione Oggetti: Blocco

Problem

Box 1 ($m_1 = 3\;\text{kg}$) rests on the floor, with box 2 ($m_2 = 8\;\text{kg}$) on top of it. Find the reaction from the floor.

Solution

Both boxes are in equilibrium, so the resultant force on each is zero. We use $g = 9{,}81\;\text{m/s}^2$.

Method 1 — body by body.

Body 2 (weight and reaction from box 1): $\vv{P}_2 + \vv{R}_{12} = \vv{0}$, from which

$R_{12} = m_2 g = 8 \cdot 9{,}81 = 78{,}5\;\text{N}$

Body 1: acting on box 1 are its own weight, the reaction $\vv{R}_{21}$ that box 2 presses onto it (by the third law $R_{21} = R_{12} = 78{,}5\;\text{N}$) and the reaction from the floor $\vv{R}_{\text{pav}}$. At vertical equilibrium:

$R_{\text{pav}} = m_1 g + R_{21} = 29{,}4 + 78{,}5$

$\ev{R_{\text{pav}} = 107{,}9\;\text{N}}$

Method 2 — system (1+2). Treating the two boxes as a single system, the internal forces $\vv{R}_{12}$ and $\vv{R}_{21}$ cancel out and only the weights and the floor’s reaction remain:

$R_{\text{pav}} = (m_1 + m_2)\,g = 11 \cdot 9{,}81$

$\ev{R_{\text{pav}} = 107{,}9\;\text{N}}$

Both methods give the same result: reasoning on the system is faster, but only the body-by-body analysis reveals the internal contact forces.

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Topics: Dynamics Concepts: Newton’s second law · Normal force · Newton’s third law Skills: Free-body diagram · Interaction diagram Objects: Block

Testo

Una persona di $75\;\text{kg}$ sta su una bilancia in un ascensore che accelera verso il basso con $a = 4{,}9\;\text{m/s}^2$. Che valore segna la bilancia?

Soluzione

La bilancia misura la forza $R$ (reazione normale) con cui la persona preme sulla sua superficie; per la terza legge, questa è pari alla forza che la bilancia esercita sulla persona. Sulla persona agiscono due forze verticali: il peso $\vv{P}$ (verso il basso) e la reazione $\vv{R}$ (verso l’alto). Scegliamo l’asse $y$ positivo verso l’alto. L’accelerazione è diretta verso il basso, quindi $a_y = -4{,}9\;\text{m/s}^2$. La seconda legge lungo $y$:

$R - m g = m\,a_y = -m a \quad\Rightarrow\quad R = m(g - a)$

$R = 75 \cdot (9{,}81 - 4{,}9) = 75 \cdot 4{,}91$

$\ev{R \approx 368\;\text{N}}$

La bilancia, tarata per convertire la forza in massa dividendo per $g$, mostra un valore apparente:

$m_{\text{letta}} = \frac{R}{g} = \frac{368}{9{,}81}$

$\ev{m_{\text{letta}} \approx 37{,}5\;\text{kg}}$

La persona pesa apparentemente la metà: accelerando verso il basso, preme meno sulla bilancia.

Caduta libera e assenza di peso

Se l’ascensore fosse in caduta libera ($a = g$), si avrebbe $R = m(g - g) = 0$: assenza di peso apparente. È esattamente ciò che accade agli astronauti sulla Stazione Spaziale Internazionale, in perenne “caduta” attorno alla Terra.

Collegamenti

Argomenti: Dinamica Concetti: Seconda legge di Newton · Forza normale · Forza peso Oggetti: Ascensore · Bilancia

Problem

A person of $75\;\text{kg}$ stands on a scale in a lift that accelerates downward with $a = 4{,}9\;\text{m/s}^2$. What value does the scale show?

Solution

The scale measures the force $R$ (normal reaction) with which the person presses on its surface; by the third law, this equals the force the scale exerts on the person. Two vertical forces act on the person: the weight $\vv{P}$ (downward) and the reaction $\vv{R}$ (upward). We choose the $y$-axis positive upward. The acceleration is directed downward, so $a_y = -4{,}9\;\text{m/s}^2$. The second law along $y$:

$R - m g = m\,a_y = -m a \quad\Rightarrow\quad R = m(g - a)$

$R = 75 \cdot (9{,}81 - 4{,}9) = 75 \cdot 4{,}91$

$\ev{R \approx 368\;\text{N}}$

The scale, calibrated to convert force into mass by dividing by $g$, shows an apparent value:

$m_{\text{read}} = \frac{R}{g} = \frac{368}{9{,}81}$

$\ev{m_{\text{read}} \approx 37{,}5\;\text{kg}}$

The person apparently weighs half as much: accelerating downward, they press less on the scale.

Free fall and apparent weightlessness

If the lift were in free fall ($a = g$), we would have $R = m(g - g) = 0$: apparent weightlessness. This is exactly what happens to astronauts on the International Space Station, in perpetual “fall” around the Earth.

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Topics: Dynamics Concepts: Newton’s second law · Normal force · Weight force Objects: Lift · Scale

Testo

Un pendolo ($2\;\text{kg}$) è appeso al soffitto di un autobus che accelera con $a = 3\;\text{m/s}^2$. Trovare modulo della tensione e angolo rispetto alla verticale.

Soluzione

Il pendolo, in equilibrio relativo dentro l’autobus, si inclina di un angolo $\theta$ rispetto alla verticale e accelera orizzontalmente insieme al mezzo. Su di esso agiscono il peso $\vv{P}$ (verticale, verso il basso) e la tensione $\vv{t}$ del filo (lungo il filo, inclinata di $\theta$). Scegliamo l’asse $x$ nel verso dell’accelerazione e l’asse $y$ verso l’alto. La seconda legge in componenti:

$\begin{cases} t\sin\theta = m a \\ t\cos\theta - m g = 0 \end{cases}$

Angolo. Dividendo membro a membro la prima equazione per la seconda si elimina $t$:

$\tan\theta = \frac{a}{g} = \frac{3}{9{,}81} = 0{,}306 \quad\Rightarrow\quad \theta = \arctan 0{,}306$

$\ev{\theta \approx 17^\circ}$

Modulo della tensione. Dalla seconda equazione $t\cos\theta = mg$ e dalla prima $t\sin\theta = ma$; elevando al quadrato e sommando ($\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$):

$t = m\sqrt{g^2 + a^2} = 2\sqrt{9{,}81^2 + 3^2} = 2\sqrt{105{,}4}$

$\ev{|\vv{t}| \approx 20{,}5\;\text{N}}$

Il filo regge più del semplice peso ($mg \approx 19{,}6\;\text{N}$): deve fornire anche la componente orizzontale che accelera la massa.

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Argomenti: Dinamica Concetti: Seconda legge di Newton · Tensione Competenze: Scomposizione vettoriale Oggetti: Pendolo semplice

Problem

A pendulum ($2\;\text{kg}$) hangs from the ceiling of a bus accelerating at $a = 3\;\text{m/s}^2$. Find the magnitude of the tension and the angle from the vertical.

Solution

The pendulum, in relative equilibrium inside the bus, tilts by an angle $\theta$ from the vertical and accelerates horizontally together with the vehicle. Acting on it are the weight $\vv{P}$ (vertical, downward) and the string tension $\vv{t}$ (along the string, tilted by $\theta$). We choose the $x$ axis in the direction of the acceleration and the $y$ axis upward. Newton’s second law in components:

$\begin{cases} t\sin\theta = m a \\ t\cos\theta - m g = 0 \end{cases}$

Angle. Dividing the first equation by the second eliminates $t$:

$\tan\theta = \frac{a}{g} = \frac{3}{9{,}81} = 0{,}306 \quad\Rightarrow\quad \theta = \arctan 0{,}306$

$\ev{\theta \approx 17^\circ}$

Magnitude of the tension. From the second equation $t\cos\theta = mg$ and from the first $t\sin\theta = ma$; squaring and adding ($\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$):

$t = m\sqrt{g^2 + a^2} = 2\sqrt{9{,}81^2 + 3^2} = 2\sqrt{105{,}4}$

$\ev{|\vv{t}| \approx 20{,}5\;\text{N}}$

The string holds more than the simple weight ($mg \approx 19{,}6\;\text{N}$): it must also provide the horizontal component that accelerates the mass.

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Topics: Dynamics Concepts: Newton’s second law · Tension Skills: Vector resolution Objects: Simple pendulum

Testo

Un blocco di $5\;\text{kg}$ su un piano inclinato a $35^\circ$ è spinto da una forza $\vv{P}_{\text{app}} = 45\;\text{N}$ a $25^\circ$ dalla superficie. Trovare l’accelerazione e la reazione vincolare.

Soluzione

Cerchiando il blocco nel diagramma di interazione si contano 3 biscioline: il peso (Terra), la reazione vincolare $\vv{R}$ (Piano) e la forza applicata $\vv{F}$ (Mano). Conviene scegliere assi ruotati lungo il piano: $x$ verso l’alto lungo la superficie, $y$ perpendicolare e uscente. La reazione vincolare ha così una sola componente ($y$) e l’accelerazione una sola ($x$, lungo il piano). In questi assi le tre forze e l’accelerazione hanno componenti

$\vv{P}=\begin{pmatrix} -mg\sin 35^\circ \\ -mg\cos 35^\circ \end{pmatrix},\quad \vv{F}=\begin{pmatrix} F\cos 25^\circ \\ F\sin 25^\circ \end{pmatrix},\quad \vv{R}=\begin{pmatrix} 0 \\ R \end{pmatrix},\quad \vv{a}=\begin{pmatrix} a \\ 0 \end{pmatrix}$

La seconda legge $\vv{P} + \vv{F} + \vv{R} = m\vv{a}$ dà due equazioni scalari, una lungo il piano e una perpendicolare ad esso:

$F\cos 25^\circ - mg\sin 35^\circ = m\,a \qquad\qquad R + F\sin 25^\circ - mg\cos 35^\circ = 0$

Dall’equazione perpendicolare si isola la reazione vincolare:

$R = mg\cos 35^\circ - F\sin 25^\circ = 40{,}1 - 19{,}0 = 21{,}1\;\text{N}$

e da quella lungo il piano si ricava l’accelerazione (positiva: il blocco accelera in salita):

$a = \frac{F\cos 25^\circ - mg\sin 35^\circ}{m} = \frac{40{,}8 - 28{,}1}{5{,}0} = 2{,}5\;\text{m/s}^2$

$\ev{a \approx 2{,}5\;\text{m/s}^2}$

$\ev{R \approx 21\;\text{N}}$

Approfondimento — ruotare gli assi

Ogni volta che è presente un piano inclinato, conviene ruotare gli assi lungo il piano: la reazione vincolare ha una sola componente (lungo $y$), l’accelerazione una sola (lungo $x$), e i conti si semplificano enormemente rispetto agli assi orizzontale/verticale.

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Argomenti: Dinamica Concetti: Seconda legge di Newton · Forza normale Competenze: Scomposizione sul piano inclinato · Scelta degli assi Oggetti: Piano inclinato · Blocco

Problem

A block of $5\;\text{kg}$ on a plane inclined at $35^\circ$ is pushed by a force $\vv{P}_{\text{app}} = 45\;\text{N}$ at $25^\circ$ from the surface. Find the acceleration and the constraint reaction.

Solution

Circling the block in the interaction diagram, we count 3 wavy lines: the weight (Earth), the constraint reaction $\vv{R}$ (Plane) and the applied force $\vv{F}$ (Hand). It is convenient to choose axes rotated along the plane: $x$ upward along the surface, $y$ perpendicular and outward. The constraint reaction thus has only one component ($y$) and the acceleration only one ($x$, along the plane). In these axes the three forces and the acceleration have components

$\vv{P}=\begin{pmatrix} -mg\sin 35^\circ \\ -mg\cos 35^\circ \end{pmatrix},\quad \vv{F}=\begin{pmatrix} F\cos 25^\circ \\ F\sin 25^\circ \end{pmatrix},\quad \vv{R}=\begin{pmatrix} 0 \\ R \end{pmatrix},\quad \vv{a}=\begin{pmatrix} a \\ 0 \end{pmatrix}$

Newton’s second law $\vv{P} + \vv{F} + \vv{R} = m\vv{a}$ gives two scalar equations, one along the plane and one perpendicular to it:

$F\cos 25^\circ - mg\sin 35^\circ = m\,a \qquad\qquad R + F\sin 25^\circ - mg\cos 35^\circ = 0$

From the perpendicular equation we isolate the constraint reaction:

$R = mg\cos 35^\circ - F\sin 25^\circ = 40{,}1 - 19{,}0 = 21{,}1\;\text{N}$

and from the one along the plane we obtain the acceleration (positive: the block accelerates up the slope):

$a = \frac{F\cos 25^\circ - mg\sin 35^\circ}{m} = \frac{40{,}8 - 28{,}1}{5{,}0} = 2{,}5\;\text{m/s}^2$

$\ev{a \approx 2{,}5\;\text{m/s}^2}$

$\ev{R \approx 21\;\text{N}}$

In depth — rotating the axes

Whenever an inclined plane is present, it is convenient to rotate the axes along the plane: the constraint reaction has only one component (along $y$), the acceleration only one (along $x$), and the calculations simplify enormously compared with horizontal/vertical axes.

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Topics: Dynamics Concepts: Newton’s second law · Normal force Skills: Resolution on the inclined plane · Choice of axes Objects: Inclined plane · Block

Testo

Un surfista ($m = 70\;\text{kg}$) scivola su un’onda. La forza dell’onda agisce a $60^\circ$ dall’orizzontale e l’accelerazione è orizzontale. Trova modulo della forza dell’onda e accelerazione del surfista.

Soluzione

Sul surfista agiscono il peso $\vv{P}$ (verticale, verso il basso) e la forza dell’onda $\vv{F}_A$, inclinata di $60^\circ$ sull’orizzontale. L’accelerazione è orizzontale: non c’è accelerazione verticale. Scegliamo $x$ orizzontale (nel verso del moto) e $y$ verticale verso l’alto. La seconda legge in componenti:

$\begin{cases} F_A\cos 60^\circ = m a \\ F_A\sin 60^\circ - m g = 0 \end{cases}$

Modulo della forza. Dall’equazione verticale, la componente verticale di $\vv{F}_A$ deve bilanciare esattamente il peso:

$F_A = \frac{m g}{\sin 60^\circ} = \frac{70 \cdot 9{,}81}{0{,}866}$

$\ev{F_A \approx 793\;\text{N}}$

Accelerazione. Dall’equazione orizzontale, la componente orizzontale di $\vv{F}_A$ produce l’accelerazione:

$a = \frac{F_A\cos 60^\circ}{m} = \frac{793 \cdot 0{,}5}{70}$

$\ev{a \approx 5{,}66\;\text{m/s}^2}$

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Argomenti: Dinamica Concetti: Seconda legge di Newton Competenze: Scomposizione vettoriale · Uso della trigonometria

Problem

A surfer ($m = 70\;\text{kg}$) slides down a wave. The wave force acts at $60^\circ$ from the horizontal and the acceleration is horizontal. Find the magnitude of the wave force and the surfer’s acceleration.

Solution

Acting on the surfer are the weight $\vv{P}$ (vertical, downward) and the wave force $\vv{F}_A$, tilted at $60^\circ$ from the horizontal. The acceleration is horizontal: there is no vertical acceleration. We choose $x$ horizontal (in the direction of motion) and $y$ vertical upward. Newton’s second law in components:

$\begin{cases} F_A\cos 60^\circ = m a \\ F_A\sin 60^\circ - m g = 0 \end{cases}$

Magnitude of the force. From the vertical equation, the vertical component of $\vv{F}_A$ must exactly balance the weight:

$F_A = \frac{m g}{\sin 60^\circ} = \frac{70 \cdot 9{,}81}{0{,}866}$

$\ev{F_A \approx 793\;\text{N}}$

Acceleration. From the horizontal equation, the horizontal component of $\vv{F}_A$ produces the acceleration:

$a = \frac{F_A\cos 60^\circ}{m} = \frac{793 \cdot 0{,}5}{70}$

$\ev{a \approx 5{,}66\;\text{m/s}^2}$

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Topics: Dynamics Concepts: Newton’s second law Skills: Vector resolution · Use of trigonometry

Testo

Una molla ($K = 400\;\text{N/m}$, $\ell_0 = 0{,}3\;\text{m}$) verticale ha la massa A ($3\;\text{kg}$) appesa al suo estremo superiore con un sostegno fisso, e la massa B ($5\;\text{kg}$) appesa all’estremo inferiore. All’equilibrio, calcola l’allungamento della molla e la forza che il sostegno esercita su A.

Soluzione

Allungamento della molla. La molla regge la sola massa B, appesa al suo estremo inferiore. All’equilibrio la forza elastica della molla deve bilanciare il peso di B, quindi $F_s = P_B = m_B g$. Per la legge di Hooke $F_s = K\,\Delta\ell$, da cui:

$\Delta\ell = \frac{m_B\, g}{K} = \frac{5 \cdot 9{,}81}{400} = \frac{49{,}05}{400}$

$\ev{\Delta\ell \approx 0{,}123\;\text{m}}$

Forza del sostegno su A. Isoliamo la massa A. Su di essa agiscono tre forze verticali: il proprio peso $\vv{P}_A = m_A g$ (verso il basso), la forza della molla (la molla è tesa e tira A verso il basso, verso B, con modulo $F_s = K\,\Delta\ell = 49{,}05\;\text{N}$) e la forza $\vv{F}_{\text{sost}}$ del sostegno (verso l’alto). All’equilibrio:

$F_{\text{sost}} = m_A g + F_s = 3 \cdot 9{,}81 + 49{,}05 = 29{,}4 + 49{,}05$

$\ev{F_{\text{sost}} \approx 78{,}5\;\text{N}}$

Il sostegno regge l’intero sistema: infatti $F_{\text{sost}} = m_A g + m_B g = (m_A + m_B)\,g = 8 \cdot 9{,}81 \approx 78{,}5\;\text{N}$, cioè il peso complessivo di A e B, come deve essere per l’equilibrio dell’intero sistema appeso.

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Argomenti: Dinamica Concetti: Forza elastica e legge di Hooke · Tensione · Forza peso Oggetti: Molla

Problem

A vertical spring ($K = 400\;\text{N/m}$, $\ell_0 = 0{,}3\;\text{m}$) has mass A ($3\;\text{kg}$) hanging from its upper end attached to a fixed support, and mass B ($5\;\text{kg}$) hanging from its lower end. At equilibrium, calculate the spring’s extension and the force the support exerts on A.

Solution

Spring extension. The spring holds only mass B, hanging from its lower end. At equilibrium the spring’s elastic force must balance the weight of B, so $F_s = P_B = m_B g$. By Hooke’s law $F_s = K\,\Delta\ell$, from which:

$\Delta\ell = \frac{m_B\, g}{K} = \frac{5 \cdot 9{,}81}{400} = \frac{49{,}05}{400}$

$\ev{\Delta\ell \approx 0{,}123\;\text{m}}$

Force of the support on A. We isolate mass A. Three vertical forces act on it: its own weight $\vv{P}_A = m_A g$ (downward), the spring force (the spring is stretched and pulls A downward, towards B, with magnitude $F_s = K\,\Delta\ell = 49{,}05\;\text{N}$) and the force $\vv{F}_{\text{sup}}$ from the support (upward). At equilibrium:

$F_{\text{sup}} = m_A g + F_s = 3 \cdot 9{,}81 + 49{,}05 = 29{,}4 + 49{,}05$

$\ev{F_{\text{sup}} \approx 78{,}5\;\text{N}}$

The support holds up the entire system: indeed $F_{\text{sup}} = m_A g + m_B g = (m_A + m_B)\,g = 8 \cdot 9{,}81 \approx 78{,}5\;\text{N}$, i.e. the combined weight of A and B, as must be the case for equilibrium of the whole hanging system.

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Topics: Dynamics Concepts: Elastic force and Hooke’s law · Tension · Weight force Objects: Spring

Testo

Una cassa di massa $m = 4{,}0\;\text{kg}$ viene spinta su un pavimento privo di attrito da una forza orizzontale $F = 10\;\text{N}$. Determina il modulo dell’accelerazione.

Soluzione

Passo 1 — Forze in gioco. Il pavimento è privo di attrito, quindi l’unica forza orizzontale che agisce sulla cassa è la spinta $F$. Lungo la verticale il peso e la reazione normale si equilibrano e non influiscono sul moto orizzontale.

Passo 2 — Seconda legge di Newton. Lungo la direzione del moto la forza netta coincide con $F$, quindi

$F = m\,a \quad\Longrightarrow\quad a = \frac{F}{m}$

Passo 3 — Sostituzione numerica.

$a = \frac{10\;\text{N}}{4{,}0\;\text{kg}} = 2{,}5\;\text{m/s}^2$

$\ev{a = 2{,}5\;\mathrm{m/s^2}}$

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Argomenti: Dinamica Concetti: Seconda legge di Newton · Accelerazione

Problem

A box of mass $m = 4{,}0\;\text{kg}$ is pushed across a frictionless floor by a horizontal force $F = 10\;\text{N}$. Find the magnitude of the acceleration.

Solution

Step 1 — Forces at play. The floor is frictionless, so the only horizontal force acting on the box is the push $F$. Vertically, weight and normal reaction balance and do not affect the horizontal motion.

Step 2 — Newton’s second law. Along the direction of motion the net force coincides with $F$, so

$F = m\,a \quad\Longrightarrow\quad a = \frac{F}{m}$

Step 3 — Numerical substitution.

$a = \frac{10\;\text{N}}{4{,}0\;\text{kg}} = 2{,}5\;\text{m/s}^2$

$\ev{a = 2{,}5\;\mathrm{m/s^2}}$

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Topics: Dinamica Concepts: Seconda legge di Newton · Accelerazione

Testo

A un corpo di massa $m = 4{,}0\;\text{kg}$ è applicata una forza netta di $12\;\text{N}$. Determina il modulo dell’accelerazione.

Soluzione

Passo 1 — Dato di partenza. Il problema fornisce direttamente la forza netta (la risultante di tutte le forze) agente sul corpo: non occorre comporre più forze, perché la loro somma vale già $F_{\text{net}} = 12\;\text{N}$.

Passo 2 — Seconda legge di Newton. L’accelerazione è parallela e concorde alla forza netta e ha modulo

$a = \frac{F_{\text{net}}}{m}$

Passo 3 — Sostituzione numerica.

$a = \frac{12\;\text{N}}{4{,}0\;\text{kg}} = 3{,}0\;\text{m/s}^2$

$\ev{a = 3{,}0\;\mathrm{m/s^2}}$

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Argomenti: Dinamica Concetti: Seconda legge di Newton · Accelerazione

Problem

A net force of $12\;\text{N}$ is applied to a body of mass $m = 4{,}0\;\text{kg}$. Determine the magnitude of the acceleration.

Solution

Step 1 — Starting data. The problem directly gives the net force (the resultant of all forces) acting on the body: there is no need to combine several forces, because their sum is already $F_{\text{net}} = 12\;\text{N}$.

Step 2 — Newton’s second law. The acceleration is parallel to and in the same direction as the net force, with magnitude

$a = \frac{F_{\text{net}}}{m}$

Step 3 — Numerical substitution.

$a = \frac{12\;\text{N}}{4{,}0\;\text{kg}} = 3{,}0\;\text{m/s}^2$

$\ev{a = 3{,}0\;\mathrm{m/s^2}}$

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Topics: Dynamics Concepts: Newton’s second law · Acceleration

Testo

Vero o falso, motivando: (a) se su un corpo non agiscono forze, esso è necessariamente fermo; (b) le forze del terzo principio agiscono sullo stesso corpo; (c) il peso di un corpo cambia sulla Luna, ma la sua massa no; (d) l’attrito statico ha sempre modulo $\mu_s R$.

Soluzione

(a) Falso. Il primo principio afferma che, in assenza di forze (o con forza netta nulla), un corpo mantiene il proprio stato di moto: se era fermo resta fermo, ma se era in movimento prosegue di moto rettilineo uniforme, con velocità costante in modulo, direzione e verso. Lo stato di quiete è solo un caso particolare, quello con velocità nulla. Dunque “nessuna forza” non implica “fermo”.

(b) Falso. Le due forze di una coppia azione—reazione agiscono su corpi diversi: se il corpo A esercita una forza sul corpo B, il corpo B esercita su A una forza uguale e opposta. Proprio perché sono applicate a corpi distinti, non si sommano mai sullo stesso corpo e non si “equilibrano” a vicenda.

(c) Vero. La massa misura la quantità di materia ed è una proprietà intrinseca del corpo: non cambia spostandosi da un pianeta all’altro. Il peso è invece la forza gravitazionale $P = m\,g$, che dipende dall’accelerazione di gravità locale. Sulla Luna $g_{\text{L}} \approx 1{,}6\;\text{m/s}^2$, circa un sesto di quella terrestre, quindi il peso diventa circa un sesto, mentre la massa resta identica.

(d) Falso. L’attrito statico è una forza variabile: si adatta alla forza applicata per mantenere il corpo fermo, assumendo il valore necessario all’equilibrio. Può quindi valere da zero fino a un massimo, $f_s \le \mu_s R$. La quantità $\mu_s R$ rappresenta soltanto il valore massimo, raggiunto nell’istante immediatamente precedente al distacco (corpo “sul punto di scivolare”).

Riepilogo. $\ev{\text{(a) F}\quad\text{(b) F}\quad\text{(c) V}\quad\text{(d) F}}$

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Argomenti: Dinamica Concetti: Primo principio della dinamica · Terza legge di Newton · Forza peso · Attrito statico

Problem

True or false, with justification: (a) if no forces act on a body, it is necessarily at rest; (b) the forces of the third law act on the same body; (c) the weight of a body changes on the Moon, but its mass does not; (d) static friction always has magnitude $\mu_s R$.

Solution

(a) False. The first law states that, in the absence of forces (or with zero net force), a body maintains its state of motion: if it was at rest it stays at rest, but if it was moving it continues in uniform straight-line motion, with constant speed, direction and orientation. The state of rest is only a special case, the one with zero velocity. So “no force” does not imply “at rest”.

(b) False. The two forces of an action–reaction pair act on different bodies: if body A exerts a force on body B, body B exerts an equal and opposite force on A. Precisely because they are applied to distinct bodies, they never add up on the same body and never “balance” one another.

(c) True. Mass measures the amount of matter and is an intrinsic property of the body: it does not change when moving from one planet to another. Weight, on the other hand, is the gravitational force $P = m\,g$, which depends on the local acceleration of gravity. On the Moon $g_{\text{L}} \approx 1{,}6\;\text{m/s}^2$, about a sixth of the terrestrial value, so the weight becomes about a sixth as well, while the mass stays exactly the same.

(d) False. Static friction is a variable force: it adapts to the applied force to keep the body at rest, taking the value required for equilibrium. It can therefore range from zero up to a maximum, $f_s \le \mu_s R$. The quantity $\mu_s R$ represents only the maximum value, reached at the instant immediately before the body starts to slip (a body “on the verge of slipping”).

Summary. $\ev{\text{(a) F}\quad\text{(b) F}\quad\text{(c) T}\quad\text{(d) F}}$

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Topics: Dynamics Concepts: First law of dynamics · Newton’s third law · Weight force · Static friction

Testo

Due blocchi di masse $m_1 = 3{,}0\;\text{kg}$ e $m_2 = 5{,}0\;\text{kg}$ sono legati da una fune inestensibile e si trovano su un piano orizzontale liscio. Una forza orizzontale $F = 16\;\text{N}$ tira il blocco $m_2$. Calcola l’accelerazione del sistema e la tensione della fune.

Soluzione

Passo 1 — Il sistema nel suo insieme. La fune è inestensibile, quindi i due blocchi si muovono con la stessa accelerazione $a$. Considerando il sistema $m_1 + m_2$ come un unico corpo, le tensioni sono forze interne e l’unica forza esterna orizzontale è $F$:

$F = (m_1 + m_2)\,a \quad\Longrightarrow\quad a = \frac{F}{m_1 + m_2}$

$a = \frac{16\;\text{N}}{(3{,}0 + 5{,}0)\;\text{kg}} = \frac{16}{8{,}0} = 2{,}0\;\text{m/s}^2$

Passo 2 — La tensione della fune. Isoliamo il blocco $m_1$: su di esso, in orizzontale, agisce solo la tensione $T$ della fune, che lo trascina. La seconda legge di Newton dà

$T = m_1\,a = 3{,}0\;\text{kg} \times 2{,}0\;\text{m/s}^2 = 6{,}0\;\text{N}$

Verifica. Applicando la seconda legge a $m_2$: $F - T = m_2\,a$, cioè $16 - 6{,}0 = 10 = 5{,}0 \times 2{,}0$. Coerente.

$\ev{a = 2{,}0\;\mathrm{m/s^2} \qquad T = 6{,}0\;\mathrm{N}}$

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Argomenti: Dinamica Concetti: Seconda legge di Newton · Tensione Oggetti: Fune ideale · Blocco

Problem

Two blocks of masses $m_1 = 3{,}0\;\text{kg}$ and $m_2 = 5{,}0\;\text{kg}$ are tied together by an inextensible rope and lie on a smooth horizontal plane. A horizontal force $F = 16\;\text{N}$ pulls block $m_2$. Calculate the acceleration of the system and the tension in the rope.

Solution

Step 1 — The system as a whole. The rope is inextensible, so the two blocks move with the same acceleration $a$. Considering the system $m_1 + m_2$ as a single body, the tensions are internal forces and the only external horizontal force is $F$:

$F = (m_1 + m_2)\,a \quad\Longrightarrow\quad a = \frac{F}{m_1 + m_2}$

$a = \frac{16\;\text{N}}{(3{,}0 + 5{,}0)\;\text{kg}} = \frac{16}{8{,}0} = 2{,}0\;\text{m/s}^2$

Step 2 — The tension in the rope. Isolate block $m_1$: horizontally, only the rope’s tension $T$ acts on it, dragging it along. Newton’s second law gives

$T = m_1\,a = 3{,}0\;\text{kg} \times 2{,}0\;\text{m/s}^2 = 6{,}0\;\text{N}$

Check. Applying the second law to $m_2$: $F - T = m_2\,a$, that is $16 - 6{,}0 = 10 = 5{,}0 \times 2{,}0$. Consistent.

$\ev{a = 2{,}0\;\mathrm{m/s^2} \qquad T = 6{,}0\;\mathrm{N}}$

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Topics: Dynamics Concepts: Newton’s second law · Tension Objects: Ideal rope · Block

Testo

Un’auto di massa $1200\;\text{kg}$ viaggia a $36\;\text{km/h}$ e urta un muro fermandosi in $0{,}12\;\text{s}$. Stima la forza media di interazione muro-auto. Discuti perché gli airbag e la deformazione del veicolo aumentano la sicurezza.

Soluzione

Passo 1 — Conversione della velocità. Conviene lavorare in unità SI:

$v = 36\;\text{km/h} = \frac{36}{3{,}6}\;\text{m/s} = 10\;\text{m/s}$

Passo 2 — Accelerazione (decelerazione) media. L’auto passa da $v = 10\;\text{m/s}$ a $0$ nell’intervallo $\Delta t = 0{,}12\;\text{s}$. In modulo

$a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{10\;\text{m/s}}{0{,}12\;\text{s}} \approx 83\;\text{m/s}^2$

Passo 3 — Forza media. Dalla seconda legge di Newton

$\bar F = m\,a = 1200\;\text{kg} \times 83\;\text{m/s}^2 \approx 1{,}0 \times 10^5\;\text{N}$

$\ev{\bar F \approx 1{,}0 \times 10^5\;\mathrm{N}}$

È una forza enorme, circa dieci volte il peso dell’auto stessa.

Discussione — airbag e deformazione. La variazione di velocità $\Delta v$ è imposta dall’urto e non si può ridurre. Riscrivendo la seconda legge come

$\bar F = \frac{m\,\Delta v}{\Delta t},$

si vede che la forza è inversamente proporzionale al tempo $\Delta t$ durante il quale avviene l’arresto. Airbag, cinture con precarico e zone a deformazione programmata (le lamiere che si “accartocciano”) servono proprio ad allungare $\Delta t$: distribuendo l’arresto su un tempo maggiore, a parità di $\Delta v$, la forza media sui passeggeri cala in proporzione. Un muro rigido arresta il corpo in una frazione di secondo; un airbag può allungare l’arresto quel tanto che basta a portare la forza sotto la soglia di lesione.

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Argomenti: Dinamica Concetti: Seconda legge di Newton · Moto uniformemente accelerato

Problem

A car of mass $1200\;\text{kg}$ travels at $36\;\text{km/h}$ and hits a wall, stopping in $0{,}12\;\text{s}$. Estimate the average force of interaction between wall and car. Discuss why airbags and the deformation of the vehicle increase safety.

Solution

Step 1 — Converting the speed. It is convenient to work in SI units:

$v = 36\;\text{km/h} = \frac{36}{3{,}6}\;\text{m/s} = 10\;\text{m/s}$

Step 2 — Average acceleration (deceleration). The car goes from $v = 10\;\text{m/s}$ to $0$ in the interval $\Delta t = 0{,}12\;\text{s}$. In magnitude

$a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{10\;\text{m/s}}{0{,}12\;\text{s}} \approx 83\;\text{m/s}^2$

Step 3 — Average force. From Newton’s second law

$\bar F = m\,a = 1200\;\text{kg} \times 83\;\text{m/s}^2 \approx 1{,}0 \times 10^5\;\text{N}$

$\ev{\bar F \approx 1{,}0 \times 10^5\;\mathrm{N}}$

This is an enormous force, about ten times the weight of the car itself.

Discussion — airbags and deformation. The change in speed $\Delta v$ is imposed by the crash and cannot be reduced. Rewriting the second law as

$\bar F = \frac{m\,\Delta v}{\Delta t},$

we see that the force is inversely proportional to the time $\Delta t$ over which the stop occurs. Airbags, seatbelts with pre-tensioners and crumple zones (the panels that “concertina” on impact) exist precisely to lengthen $\Delta t$: by spreading the stop over a longer time, for the same $\Delta v$, the average force on the occupants drops proportionally. A rigid wall stops the body in a fraction of a second; an airbag can lengthen the stop just enough to bring the force below the injury threshold.

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Topics: Dynamics Concepts: Newton’s second law · Uniformly accelerated motion

Testo

Un libro è appoggiato su un tavolo. Disegna il diagramma di interazione del libro, individuando le coppie azione—reazione, e spiega perché il peso del libro e la reazione del tavolo non formano una coppia di terzo principio, pur avendo stesso modulo e verso opposto.

Soluzione

Passo 1 — Le interazioni del libro. Il libro partecipa a due sole interazioni:

• con la Terra, tramite la forza gravitazionale;
• con il tavolo, tramite il contatto.

A ciascuna interazione corrisponde una coppia azione—reazione, cioè due forze uguali in modulo, opposte in verso e applicate ai due corpi diversi che interagiscono.

Passo 2 — Le due coppie di terzo principio.

• Interazione gravitazionale. La Terra attira il libro verso il basso con il peso $\vec P$ (agente sul libro). La sua gemella è l’attrazione che il libro esercita sulla Terra, $-\vec P$, diretta verso l’alto e applicata alla Terra.
• Interazione di contatto. Il tavolo spinge il libro verso l’alto con la reazione normale $\vec R$ (agente sul libro). La sua gemella è la forza con cui il libro preme sul tavolo, $-\vec R$, diretta verso il basso e applicata al tavolo.

Passo 3 — Perché $\vec P$ e $\vec R$ non sono una coppia azione—reazione. Il peso $\vec P$ e la reazione $\vec R$ agiscono entrambi sullo stesso corpo, il libro. Una coppia di terzo principio, invece, ha le sue due forze su corpi diversi. Quindi $\vec P$ e $\vec R$ non possono formare una coppia azione—reazione.

Il fatto che siano uguali in modulo e opposti in verso è la conseguenza di una legge diversa: la seconda legge di Newton applicata al libro fermo. Essendo l’accelerazione nulla, la risultante delle forze sul libro deve annullarsi, $\vec P + \vec R = \vec 0$, da cui $\vec R = -\vec P$. È l’equilibrio (secondo principio), non il terzo principio, a imporre l’uguaglianza dei moduli.

$\ev{\vec P \text{ e } \vec R \text{ agiscono sullo stesso corpo} \Rightarrow \text{non sono coppia azione--reazione}}$

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Argomenti: Dinamica Concetti: Terza legge di Newton Competenze: Diagramma di interazione