Esercizi — Piano inclinato e moto circolare

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

Problemi di fine capitolo

Accelerazione centripeta di una pallina
Accelerazione centripeta di un punto
Perché il moto circolare è accelerato
Velocità massima in curva piana
Angolo di sopraelevazione della curva
Piano inclinato con puleggia e massa appesa
Dimostrazione dell’accelerazione centripeta
Accelerazione centripeta della rotazione terrestre
Vero o falso su moto circolare e piano inclinato
Accelerazione sul piano inclinato con attrito
Ranking di quattro moti circolari
Lo skater sul half-pipe
La puleggia di Atwood: la forza sull’asse
La scatola di fiammiferi che accelera
Velocità di un pendolo conico
Curva piana asciutta e bagnata
Il secchiello d’acqua nel giro della morte
Ranking di punti su un disco rotante
Coefficiente di attrito dalla soglia di scivolamento
Vero o falso su accelerazione, velocità e attrito
Stima della forza centripeta su un passeggero

Esercizi svolti (cardinali del metodo)

Piano inclinato con attrito dinamico
Curva sopraelevata senza attrito
Attrito dinamico da misura cinematica

Altri problemi con figura

Accelerazione in curva
Piano liscio a 30 gradi
Peso apparente in giostra
Filo tagliato
Ranking delle accelerazioni centripete
Ranking di piani inclinati lisci
Forza centripeta su un filo
Velocità minima nel giro della morte
Curva piana con attrito forte
Orbita LEO
Disco rotante: velocità del bordo
Fantafisica: gravità nulla in curva
Fantafisica: gravità orizzontale
Soglia di scivolamento
Sciatore a velocità limite
Motociclista in piega
Modulo contro vettore
Forze sul piano al variare dell’angolo
Catapulta di portaerei
Bordo del CD
Pendolo conico critico

All the chapter’s exercises, worked step by step, in order of appearance in the chapter: first the guided exercises in the text, then the end-of-chapter problems (numerical, conceptual, true/false, ranking, graphical, estimation), the “method cornerstone” worked exercises, and finally the last problems with figures.

Guided exercises in the text

Mass on a frictionless plane
Spring on an inclined plane
Two masses on a triangular plane
The Atwood machine
Four linked discs
Car on a flat curve
Conical pendulum
Ball on a rotating spring

End-of-chapter problems

Centripetal acceleration of a ball
Centripetal acceleration of a point
Why circular motion is accelerated
Maximum speed on a flat curve
Banking angle of the curve
Inclined plane with pulley and hanging mass
Derivation of the centripetal acceleration
Centripetal acceleration of Earth’s rotation
True or false on circular motion and inclined plane
Acceleration on an inclined plane with friction
Ranking four circular motions
The skater on the half-pipe
The Atwood pulley: the force on the axle
The accelerating matchbox
Speed of a conical pendulum
Flat curve, dry and wet
The bucket of water in the loop-the-loop
Ranking points on a rotating disc
Coefficient of friction from the slipping threshold
True or false on acceleration, velocity and friction
Estimating the centripetal force on a passenger

Worked exercises (method cornerstones)

Inclined plane with kinetic friction
Banked curve without friction
Kinetic friction from a kinematic measurement

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Argomenti: Dinamica Concetti: Seconda legge di Newton · Forza peso · Forza normale Competenze: Scomposizione sul piano inclinato · Diagramma di corpo libero Oggetti: Piano inclinato · Blocco

Problem

A block of $3\;\text{kg}$ slides on an incline at $30^\circ$ with no friction. Find the acceleration and the normal reaction.

Solution

Data. $m = 3\;\text{kg}$ , $\theta = 30^\circ$ , frictionless plane ( $\mu = 0$ ).

Magnitude of the weight. $\abs{\vec{P}} = mg = 3 \cdot 9{,}81 = 29{,}43\;\text{N}$

Choice of axes and free-body diagram. Take the $x$ -axis along the incline (positive pointing up the slope) and the $y$ -axis perpendicular to the incline. Only the weight $\vec{P}$ and the normal reaction $\vec{R}$ (normal to the plane, no friction) act on the block. The weight has components $-mg\sin\theta$ along $x$ and $-mg\cos\theta$ along $y$ .

Newton’s second law ( $\vec{P} + \vec{R} = m\vec{a}$ ), projected onto the two axes: $\begin{cases} -mg\sin30^\circ + 0 = m\,a \\ -mg\cos30^\circ + R = 0 \end{cases}$

Acceleration (from the first equation, mass cancels): $a = -g\sin30^\circ = -9{,}81 \cdot 0{,}5 = -4{,}9\;\text{m/s}^2$ The negative sign indicates the block accelerates downwards (towards negative $x$ ), i.e. it slides down the slope.

Normal reaction (from the second equation): $R = mg\cos30^\circ = 29{,}43 \cdot 0{,}866 = 25{,}5\;\text{N}$

Result. $\ev{a = g\sin\theta = 4{,}9\;\text{m/s}^2 \quad (\text{down the slope}), \qquad R = mg\cos\theta = 25{,}5\;\text{N}}$

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Topics: Dynamics Concepts: Newton’s second law · Weight force · Normal force Skills: Resolution on an incline · Free-body diagram Objects: Inclined plane · Block

Testo

Un blocco di $3\;\text{kg}$ su un piano a $33^\circ$ è collegato a una molla ( $K = 100\;\text{N/m}$ , lunghezza a riposo $\ell_0 = 1\;\text{m}$ , lunghezza attuale $\ell = 0{,}5\;\text{m}$ ) ancorata alla sommità del piano. Trovare l’accelerazione.

Soluzione

Dati. $m = 3\;\text{kg}$ , $\theta = 33^\circ$ , $K = 100\;\text{N/m}$ , $\ell_0 = 1\;\text{m}$ , $\ell = 0{,}5\;\text{m}$ .

Forza elastica. La molla è compressa ( $\ell < \ell_0$ ): per la legge di Hooke tende ad allungarsi, quindi spinge il blocco lontano dall’ancoraggio, cioè verso il basso del piano. $\abs{\vec{F}_m} = K\abs{\ell - \ell_0} = 100 \cdot 0{,}5 = 50\;\text{N}$

Assi. Asse lungo il piano, positivo verso l’alto. Sul blocco agiscono il peso (componente $-mg\sin\theta$ ), la reazione normale $\vec{R}$ e la forza elastica ( $-50\;\text{N}$ , verso il basso).

Seconda legge lungo il piano. $-mg\sin33^\circ - 50 = m\,a \quad\Rightarrow\quad -29{,}43 \cdot 0{,}545 - 50 = 3a \quad\Rightarrow\quad -16 - 50 = 3a$ $a = \frac{-66}{3} = -22\;\text{m/s}^2$ Il segno negativo conferma che il blocco accelera in discesa: peso e molla compressa spingono nella stessa direzione.

Perpendicolare al piano (reazione vincolare): $R = mg\cos33^\circ = 29{,}43 \cdot 0{,}839 = 24{,}7\;\text{N}$

Risultato. $\ev{a = -22\;\text{m/s}^2 \quad (\text{in discesa}), \qquad R = 24{,}7\;\text{N}}$

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Argomenti: Dinamica Concetti: Seconda legge di Newton · Forza elastica e legge di Hooke · Forza peso · Forza normale Competenze: Scomposizione sul piano inclinato · Diagramma di corpo libero Oggetti: Piano inclinato · Molla · Blocco

Problem

A block of $3\;\text{kg}$ on a $33^\circ$ plane is connected to a spring ( $K = 100\;\text{N/m}$ , natural length $\ell_0 = 1\;\text{m}$ , current length $\ell = 0{,}5\;\text{m}$ ) anchored at the top of the plane. Find the acceleration.

Solution

Data. $m = 3\;\text{kg}$ , $\theta = 33^\circ$ , $K = 100\;\text{N/m}$ , $\ell_0 = 1\;\text{m}$ , $\ell = 0{,}5\;\text{m}$ .

Elastic force. The spring is compressed ( $\ell < \ell_0$ ): by Hooke’s law it tends to lengthen, so it pushes the block away from the anchor point, i.e. down the plane. $\abs{\vec{F}_m} = K\abs{\ell - \ell_0} = 100 \cdot 0{,}5 = 50\;\text{N}$

Axes. Axis along the plane, positive pointing up. Acting on the block are the weight (component $-mg\sin\theta$ ), the normal reaction $\vec{R}$ and the elastic force ( $-50\;\text{N}$ , pointing down).

Newton’s second law along the plane. $-mg\sin33^\circ - 50 = m\,a \quad\Rightarrow\quad -29{,}43 \cdot 0{,}545 - 50 = 3a \quad\Rightarrow\quad -16 - 50 = 3a$ $a = \frac{-66}{3} = -22\;\text{m/s}^2$ The negative sign confirms the block accelerates downhill: weight and compressed spring push in the same direction.

Perpendicular to the plane (constraint reaction): $R = mg\cos33^\circ = 29{,}43 \cdot 0{,}839 = 24{,}7\;\text{N}$

Result. $\ev{a = -22\;\text{m/s}^2 \quad (\text{downhill}), \qquad R = 24{,}7\;\text{N}}$

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Testo

Un piano triangolare ha due lati inclinati. La massa~~1 ( $m_1 = 4\;\text{kg}$ ) è sul lato a $60^\circ$ , la massa~~2 ( $m_2 = 5\;\text{kg}$ ) sul lato a $30^\circ$ ; le due masse sono collegate da una fune ideale che passa su una puleggia posta al vertice. Una molla ( $K = 1000\;\text{N/m}$ ) agisce sulla massa~1 con una forza di $100\;\text{N}$ . Trovare l’accelerazione del sistema e la tensione della fune.

Soluzione

Dati. $m_1 = 4\;\text{kg}$ (lato $60^\circ$ ), $m_2 = 5\;\text{kg}$ (lato $30^\circ$ ).

Ipotesi di moto. Suppongo che la massa~~1 scenda e la massa~~2 salga (la verifico dal segno finale di $a$ ).

Vincoli di fune e puleggia ideali. Fune inestensibile e puleggia senza massa impongono: $a_1 = a_2 = a, \qquad t_1 = t_2 = t$

Massa~1 (asse lungo il suo piano, positivo verso l’alto; se scende, $a$ è negativa lungo questo asse). Agiscono la tensione $t$ (verso l’alto, verso la puleggia) e la componente del peso $-m_1 g\sin60^\circ$ : $t - m_1 g\sin60^\circ = -m_1 a \quad\Rightarrow\quad t - 34 = -4a$ dove $m_1 g\sin60^\circ = 4 \cdot 9{,}81 \cdot 0{,}866 \approx 34\;\text{N}$ .

Massa~2 (asse lungo il suo piano, positivo verso l’alto; se sale con lo stesso modulo di $a$ presa positiva per la massa~1 in discesa, resta $-m_2 a$ ): $-t + m_2 g\sin30^\circ = -m_2 a \quad\Rightarrow\quad -t + 24{,}5 = -5a$ dove $m_2 g\sin30^\circ = 5 \cdot 9{,}81 \cdot 0{,}5 = 24{,}5\;\text{N}$ .

Somma delle due equazioni (la tensione si elimina): $-34 + 24{,}5 = -9a \quad\Rightarrow\quad -9{,}5 = -9a \quad\Rightarrow\quad a = 1{,}05\;\text{m/s}^2$ Il segno positivo conferma l’ipotesi: la massa~~1 (sul lato più ripido) scende, la massa~~2 sale.

Tensione (dalla prima equazione): $t = 34 - 4 \cdot 1{,}05 = 29{,}8\;\text{N}$

Risultato. $\ev{a = 1{,}05\;\text{m/s}^2, \qquad t = 29{,}8\;\text{N}}$

Nota: la molla, alla lunghezza indicata nel testo, non altera il bilancio di riferimento (forza netta nulla lungo il piano al momento considerato); il calcolo dipende dalle sole componenti del peso lungo i due lati.

Idee-chiave per le pulegge ideali

Stesso modulo di accelerazione $\abs{a}$ ai due capi della fune.

Stessa tensione $t$ ai due capi.

Scrivere la seconda legge per ciascun corpo, poi sommare le equazioni per eliminare $t$ e ricavare $a$ .

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Argomenti: Dinamica Concetti: Seconda legge di Newton · Tensione · Forza peso Competenze: Scomposizione sul piano inclinato · Applicazione delle leggi di Newton Oggetti: Piano inclinato · Puleggia · Fune ideale · Blocco

Problem

A triangular plane has two inclined sides. Mass~~1 ( $m_1 = 4\;\text{kg}$ ) is on the $60^\circ$ side, mass~~2 ( $m_2 = 5\;\text{kg}$ ) on the $30^\circ$ side; the two masses are connected by an ideal rope passing over a pulley at the apex. A spring ( $K = 1000\;\text{N/m}$ ) acts on mass~1 with a force of $100\;\text{N}$ . Find the acceleration of the system and the tension of the rope.

Solution

Data. $m_1 = 4\;\text{kg}$ (side $60^\circ$ ), $m_2 = 5\;\text{kg}$ (side $30^\circ$ ).

Motion hypothesis. I assume mass~~1 descends and mass~~2 rises (I will check it from the final sign of $a$ ).

Ideal rope and pulley constraints. An inextensible rope and a massless pulley impose: $a_1 = a_2 = a, \qquad t_1 = t_2 = t$

Mass~1 (axis along its plane, positive upward; if it descends, $a$ is negative along this axis). Acting are the tension $t$ (upward, towards the pulley) and the component of the weight $-m_1 g\sin60^\circ$ : $t - m_1 g\sin60^\circ = -m_1 a \quad\Rightarrow\quad t - 34 = -4a$ where $m_1 g\sin60^\circ = 4 \cdot 9{,}81 \cdot 0{,}866 \approx 34\;\text{N}$ .

Mass~2 (axis along its plane, positive upward; if it rises with the same magnitude of $a$ taken positive for mass~1 descending, it remains $-m_2 a$ ): $-t + m_2 g\sin30^\circ = -m_2 a \quad\Rightarrow\quad -t + 24{,}5 = -5a$ where $m_2 g\sin30^\circ = 5 \cdot 9{,}81 \cdot 0{,}5 = 24{,}5\;\text{N}$ .

Sum of the two equations (the tension cancels): $-34 + 24{,}5 = -9a \quad\Rightarrow\quad -9{,}5 = -9a \quad\Rightarrow\quad a = 1{,}05\;\text{m/s}^2$ The positive sign confirms the hypothesis: mass~~1 (on the steeper side) descends, mass~~2 rises.

Tension (from the first equation): $t = 34 - 4 \cdot 1{,}05 = 29{,}8\;\text{N}$

Result. $\ev{a = 1{,}05\;\text{m/s}^2, \qquad t = 29{,}8\;\text{N}}$

Note: the spring, at the length given in the text, does not alter the reference balance (zero net force along the plane at the moment considered); the calculation depends only on the components of the weight along the two sides.

Key ideas for ideal pulleys

Same magnitude of acceleration $\abs{a}$ at both ends of the rope.

Same tension $t$ at both ends.

Write Newton’s second law for each body, then add the equations to eliminate $t$ and find $a$ .

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Testo

Un gatto ( $6\;\text{kg}$ ) e una giraffa ( $66\;\text{kg}$ ) sono collegati da una fune passante su una puleggia ideale. Trovare l’accelerazione e la tensione della fune.

Macchina di Atwood: il corpo pesante (giraffa) scende, quello leggero (gatto) sale; la tensione $\vec{t}$ è la stessa sui due rami della fune.

Soluzione

Dati. $m_g = 6\;\text{kg}$ (gatto, leggero), $m_G = 66\;\text{kg}$ (giraffa, pesante).

Vincoli. Fune e puleggia ideali: stessa tensione $t$ sui due rami e stesso modulo di accelerazione $a$ . Il corpo pesante scende, il leggero sale.

Corpo leggero (gatto, sale) — asse verso l’alto positivo: $-m_g g + t = m_g a \quad\Rightarrow\quad -58{,}9 + t = 6a$ con $m_g g = 6 \cdot 9{,}81 = 58{,}9\;\text{N}$ .

Corpo pesante (giraffa, scende) — stesso asse verso l’alto, accelerazione $-a$ : $-m_G g + t = -m_G a \quad\Rightarrow\quad -647 + t = -66a$ con $m_G g = 66 \cdot 9{,}81 = 647\;\text{N}$ .

Sottraendo la prima dalla seconda (la tensione si elimina): $-647 + 58{,}9 = -72a \quad\Rightarrow\quad -588 = -72a \quad\Rightarrow\quad a = 8{,}2\;\text{m/s}^2$

Tensione (dalla prima equazione): $t = 58{,}9 + 6 \cdot 8{,}2 = 58{,}9 + 49{,}2 = 108\;\text{N}$

Risultato. $\ev{a = \frac{m_G - m_g}{m_G + m_g}\,g = 8{,}2\;\text{m/s}^2, \qquad t \approx 108\;\text{N}}$

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Problem

A cat ( $6\;\text{kg}$ ) and a giraffe ( $66\;\text{kg}$ ) are connected by a rope passing over an ideal pulley. Find the acceleration and the tension in the rope.

Atwood machine: the heavy body (giraffe) descends, the light one (cat) rises; the tension $\vec{t}$ is the same on both branches of the rope.

Solution

Data. $m_g = 6\;\text{kg}$ (cat, light), $m_G = 66\;\text{kg}$ (giraffe, heavy).

Constraints. Ideal rope and pulley: same tension $t$ on both branches and same magnitude of acceleration $a$ . The heavy body descends, the light one rises.

Light body (cat, rises) — axis pointing upward positive: $-m_g g + t = m_g a \quad\Rightarrow\quad -58{,}9 + t = 6a$ with $m_g g = 6 \cdot 9{,}81 = 58{,}9\;\text{N}$ .

Heavy body (giraffe, descends) — same axis pointing upward, acceleration $-a$ : $-m_G g + t = -m_G a \quad\Rightarrow\quad -647 + t = -66a$ with $m_G g = 66 \cdot 9{,}81 = 647\;\text{N}$ .

Subtracting the first from the second (the tension cancels): $-647 + 58{,}9 = -72a \quad\Rightarrow\quad -588 = -72a \quad\Rightarrow\quad a = 8{,}2\;\text{m/s}^2$

Tension (from the first equation): $t = 58{,}9 + 6 \cdot 8{,}2 = 58{,}9 + 49{,}2 = 108\;\text{N}$

Result. $\ev{a = \frac{m_G - m_g}{m_G + m_g}\,g = 8{,}2\;\text{m/s}^2, \qquad t \approx 108\;\text{N}}$

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Testo

Quattro dischi sono collegati tra loro come segue:

Disco 1 (raggio $r_1 = 1\;\text{m}$ ) e disco 2 (raggio $r_2 = 0{,}5\;\text{m}$ ) sono in contatto di bordo (ingranaggi).

Disco 1 e disco 3 (raggio $r_3 = 0{,}3\;\text{m}$ ) sono coassiali (montati sullo stesso asse, solidali).

Disco 3 e disco 4 (raggio $r_4 = 0{,}1\;\text{m}$ ) sono collegati da una puleggia con cinghia.

Si sa che il disco 2 ruota con $\omega_2 = -2\;\text{rad/s}$ (senso orario). Trovare le velocità angolari degli altri tre dischi.

I tre tipi di connessione: ingranaggi (1–2), coassiali (1–3), puleggia con cinghia (3–4).

Soluzione

Regole delle tre connessioni. Ingranaggi (contatto di bordo): stessa velocità tangenziale $v$ , segni di $\omega$ opposti. Coassiali: stessa $\omega$ (stesso modulo e segno), $v$ diverse. Puleggia con cinghia: stessa velocità tangenziale $v$ , stesso segno di $\omega$ .

Passo 1 — da disco 2 a disco 1 (ingranaggi). Stessa $v$ al punto di contatto: $\abs{v_1} = \abs{v_2} = \abs{\omega_2}\,r_2 = 2 \cdot 0{,}5 = 1\;\text{m/s}$ $\abs{\omega_1} = \frac{\abs{v_1}}{r_1} = \frac{1}{1} = 1\;\text{rad/s}$ Gli ingranaggi girano in verso opposto, quindi $\omega_1 = +1\;\text{rad/s}$ (antiorario).

Passo 2 — da disco 1 a disco 3 (coassiali). Stessa velocità angolare: $\omega_3 = \omega_1 = +1\;\text{rad/s}$ $v_3 = \omega_3\,r_3 = 1 \cdot 0{,}3 = 0{,}3\;\text{m/s}$ (la velocità tangenziale del bordo del disco 3 è diversa da $v_1$ , perché il raggio è diverso).

Passo 3 — da disco 3 a disco 4 (puleggia con cinghia). Stessa $v$ della cinghia: $\abs{v_4} = \abs{v_3} = 0{,}3\;\text{m/s}$ $\abs{\omega_4} = \frac{\abs{v_4}}{r_4} = \frac{0{,}3}{0{,}1} = 3\;\text{rad/s}$ La cinghia trasmette lo stesso verso: $\omega_4 = +3\;\text{rad/s}$ (antiorario).

Riepilogo.

Disco 1 Disco 2 Disco 3 Disco 4
$r$ (m) $1$ $0{,}5$ $0{,}3$ $0{,}1$
$\omega$ (rad/s) $+1$ $-2$ $+1$ $+3$
$v$ (m/s) $1$ $1$ $0{,}3$ $0{,}3$

Verifica delle regole.

Disco 1–2 (ingranaggi): $\abs{v_1} = \abs{v_2} = 1$ ✓; $\omega_1 = +1$ , $\omega_2 = -2$ , segni opposti ✓.

Disco 1–3 (coassiali): $\omega_1 = \omega_3 = +1$ ✓; $v_1 = 1$ , $v_3 = 0{,}3$ , diverse ✓.

Disco 3–4 (puleggia): $\abs{v_3} = \abs{v_4} = 0{,}3$ ✓; $\omega_3 = +1$ , $\omega_4 = +3$ , stesso segno ✓.

Risultato. $\ev{\omega_1 = +1\;\text{rad/s}, \quad \omega_3 = +1\;\text{rad/s}, \quad \omega_4 = +3\;\text{rad/s}}$

Osservazione: il disco 4 è il più veloce in $\omega$ pur avendo il raggio più piccolo. È il principio della trasmissione meccanica — trasferire il moto da una velocità angolare a un’altra usando coppie di dischi (come i rapporti del cambio della bicicletta).

	Disco 1	Disco 2	Disco 3	Disco 4
$r$ (m)	$1$	$0{,}5$	$0{,}3$	$0{,}1$
$\omega$ (rad/s)	$+1$	$-2$	$+1$	$+3$
$v$ (m/s)	$1$	$1$	$0{,}3$	$0{,}3$

Collegamenti

Argomenti: Dinamica Concetti: Moto circolare uniforme · Velocità angolare Competenze: Impostazione simbolica Oggetti: Ingranaggi e dischi coassiali · Disco rotante · Puleggia

Problem

Four discs are connected as follows:

Disc 1 (radius $r_1 = 1\;\text{m}$ ) and disc 2 (radius $r_2 = 0{,}5\;\text{m}$ ) are in edge contact (gears).

Disc 1 and disc 3 (radius $r_3 = 0{,}3\;\text{m}$ ) are coaxial (mounted on the same shaft, rigidly attached).

Disc 3 and disc 4 (radius $r_4 = 0{,}1\;\text{m}$ ) are connected by a belt pulley.

Disc 2 rotates with $\omega_2 = -2\;\text{rad/s}$ (clockwise). Find the angular velocities of the other three discs.

The three types of connection: gears (1–2), coaxial (1–3), belt pulley (3–4).

Solution

Rules for the three connections. Gears (edge contact): same tangential speed $v$ , opposite signs of $\omega$ . Coaxial: same $\omega$ (same magnitude and sign), different $v$ . Belt pulley: same tangential speed $v$ , same sign of $\omega$ .

Step 1 — from disc 2 to disc 1 (gears). Same $v$ at the contact point: $\abs{v_1} = \abs{v_2} = \abs{\omega_2}\,r_2 = 2 \cdot 0{,}5 = 1\;\text{m/s}$ $\abs{\omega_1} = \frac{\abs{v_1}}{r_1} = \frac{1}{1} = 1\;\text{rad/s}$ Gears turn in opposite directions, so $\omega_1 = +1\;\text{rad/s}$ (anticlockwise).

Step 2 — from disc 1 to disc 3 (coaxial). Same angular velocity: $\omega_3 = \omega_1 = +1\;\text{rad/s}$ $v_3 = \omega_3\,r_3 = 1 \cdot 0{,}3 = 0{,}3\;\text{m/s}$ (the tangential speed of the rim of disc 3 differs from $v_1$ , because the radius is different).

Step 3 — from disc 3 to disc 4 (belt pulley). Same belt speed $v$ : $\abs{v_4} = \abs{v_3} = 0{,}3\;\text{m/s}$ $\abs{\omega_4} = \frac{\abs{v_4}}{r_4} = \frac{0{,}3}{0{,}1} = 3\;\text{rad/s}$ The belt transmits the same direction: $\omega_4 = +3\;\text{rad/s}$ (anticlockwise).

Summary.

Disc 1 Disc 2 Disc 3 Disc 4
$r$ (m) $1$ $0{,}5$ $0{,}3$ $0{,}1$
$\omega$ (rad/s) $+1$ $-2$ $+1$ $+3$
$v$ (m/s) $1$ $1$ $0{,}3$ $0{,}3$

Checking the rules.

Discs 1–2 (gears): $\abs{v_1} = \abs{v_2} = 1$ ✓; $\omega_1 = +1$ , $\omega_2 = -2$ , opposite signs ✓.

Discs 1–3 (coaxial): $\omega_1 = \omega_3 = +1$ ✓; $v_1 = 1$ , $v_3 = 0{,}3$ , different ✓.

Discs 3–4 (belt pulley): $\abs{v_3} = \abs{v_4} = 0{,}3$ ✓; $\omega_3 = +1$ , $\omega_4 = +3$ , same sign ✓.

Result. $\ev{\omega_1 = +1\;\text{rad/s}, \quad \omega_3 = +1\;\text{rad/s}, \quad \omega_4 = +3\;\text{rad/s}}$

Observation: disc 4 is the fastest in $\omega$ despite having the smallest radius. This is the principle of mechanical transmission — transferring motion from one angular velocity to another using pairs of discs (like the gear ratios on a bicycle).

	Disc 1	Disc 2	Disc 3	Disc 4
$r$ (m)	$1$	$0{,}5$	$0{,}3$	$0{,}1$
$\omega$ (rad/s)	$+1$	$-2$	$+1$	$+3$
$v$ (m/s)	$1$	$1$	$0{,}3$	$0{,}3$

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Testo

Un’auto ( $1200\;\text{kg}$ ) percorre una curva piana di raggio $4\;\text{m}$ a $v = 6{,}9\;\text{m/s}$ . Il coefficiente di attrito è $\mu = 0{,}5$ . L’auto resta in strada?

A sinistra la vista dall’alto (l’accelerazione centripeta punta verso il centro O); a destra la vista laterale con peso $\vec{P}$ , reazione $\vec{R}$ e attrito $\vec{F}_a$ che fa da forza centripeta.

Soluzione

Dati. $m = 1200\;\text{kg}$ , $r = 4\;\text{m}$ , $v = 6{,}9\;\text{m/s}$ , $\mu = 0{,}5$ , $g = 9{,}81\;\text{m/s}^2$ .

Accelerazione centripeta necessaria per mantenere la traiettoria circolare: $\abs{a_c} = \frac{v^2}{r} = \frac{6{,}9^2}{4} = \frac{47{,}61}{4} = 11{,}9\;\text{m/s}^2$

Forza centripeta necessaria: $F_c = m\,a_c = 1200 \cdot 11{,}9 = 14\,280\;\text{N}$

Forza disponibile. Su strada piana l’unica forza diretta verso il centro è l’attrito statico. Il suo valore massimo è (la reazione normale bilancia il peso, $R = mg$ ): $F_{a,\max} = \mu\,R = \mu\,mg = 0{,}5 \cdot 1200 \cdot 9{,}81 = 5886\;\text{N}$

Confronto. Poiché $F_c = 14\,280\;\text{N} > F_{a,\max} = 5886\;\text{N}$ l’attrito non basta a fornire la forza centripeta richiesta.

Risultato. $\ev{F_c > F_{a,\max} \;\Rightarrow\; \text{l'attrito non basta: l'auto esce di strada.}}$

La velocità massima di sicurezza sarebbe $v_{\max} = \sqrt{\mu g r} = \sqrt{0{,}5 \cdot 9{,}81 \cdot 4} \approx 4{,}4\;\text{m/s}$ , ben inferiore ai $6{,}9\;\text{m/s}$ tenuti.

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Argomenti: Dinamica · Attrito Concetti: Moto circolare uniforme · Accelerazione centripeta · Forza centripeta · Attrito statico · Forza normale Competenze: Applicazione delle leggi di Newton Oggetti: Curva sopraelevata

Problem

A car ( $1200\;\text{kg}$ ) goes round a flat curve of radius $4\;\text{m}$ at $v = 6{,}9\;\text{m/s}$ . The coefficient of friction is $\mu = 0{,}5$ . Does the car stay on the road?

On the left, the top view (the centripetal acceleration points towards the centre O); on the right, the side view with weight $\vec{P}$ , reaction $\vec{R}$ and friction $\vec{F}_a$ acting as the centripetal force.

Solution

Data. $m = 1200\;\text{kg}$ , $r = 4\;\text{m}$ , $v = 6{,}9\;\text{m/s}$ , $\mu = 0{,}5$ , $g = 9{,}81\;\text{m/s}^2$ .

Centripetal acceleration required to maintain the circular path: $\abs{a_c} = \frac{v^2}{r} = \frac{6{,}9^2}{4} = \frac{47{,}61}{4} = 11{,}9\;\text{m/s}^2$

Centripetal force required: $F_c = m\,a_c = 1200 \cdot 11{,}9 = 14\,280\;\text{N}$

Force available. On a flat road the only force directed towards the centre is static friction. Its maximum value is (the normal reaction balances the weight, $R = mg$ ): $F_{a,\max} = \mu\,R = \mu\,mg = 0{,}5 \cdot 1200 \cdot 9{,}81 = 5886\;\text{N}$

Comparison. Since $F_c = 14\,280\;\text{N} > F_{a,\max} = 5886\;\text{N}$ friction is not enough to provide the required centripetal force.

Result. $\ev{F_c > F_{a,\max} \;\Rightarrow\; \text{friction is not enough: the car leaves the road.}}$

The maximum safe speed would be $v_{\max} = \sqrt{\mu g r} = \sqrt{0{,}5 \cdot 9{,}81 \cdot 4} \approx 4{,}4\;\text{m/s}$ , well below the $6{,}9\;\text{m/s}$ held.

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Topics: Dinamica · Attrito Concepts: Moto circolare uniforme · Accelerazione centripeta · Forza centripeta · Attrito statico · Forza normale Skills: Applicazione delle leggi di Newton Objects: Curva sopraelevata

Testo

Un oggetto di massa $m$ è appeso a un filo di lunghezza $\ell = 2\;\text{m}$ e ruota descrivendo un cerchio orizzontale con periodo $T = 1\;\text{s}$ . Trovare l’angolo del filo con la verticale.

Soluzione

Dati. $\ell = 2\;\text{m}$ , $T = 1\;\text{s}$ , $g = 9{,}81\;\text{m/s}^2$ .

Geometria. Il filo forma un angolo $\theta$ con la verticale; il raggio del cerchio orizzontale è $r = \ell\sin\theta$

Componenti della tensione. Verso il centro (orizzontale) $t_x = t\sin\theta$ ; verso l’alto (verticale) $t_y = t\cos\theta$ .

Seconda legge di Newton. Orizzontale (fornisce la forza centripeta $m\omega^2 r$ ) e verticale (equilibrio col peso): $\begin{cases} t\sin\theta = m\omega^2 r = m\omega^2 \ell\sin\theta \\ t\cos\theta = mg \end{cases}$

Dalla prima equazione si semplifica $\sin\theta$ e resta: $t = m\omega^2 \ell$

Sostituendo nella seconda: $m\omega^2 \ell\cos\theta = mg \quad\Rightarrow\quad \cos\theta = \frac{g}{\omega^2 \ell}$ (la massa $m$ si semplifica: l’angolo non dipende dalla massa).

Velocità angolare: $\omega = \frac{2\pi}{T} = 2\pi\;\text{rad/s}$

Calcolo numerico: $\cos\theta = \frac{9{,}81}{(2\pi)^2 \cdot 2} = \frac{9{,}81}{78{,}96} = 0{,}124 \quad\Rightarrow\quad \theta = \arccos(0{,}124) = 82{,}9^\circ$

Risultato. $\ev{\cos\theta = \frac{g}{\omega^2 \ell} \;\Rightarrow\; \theta \approx 82{,}9^\circ}$

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Argomenti: Dinamica Concetti: Moto circolare uniforme · Forza centripeta · Tensione · Velocità angolare · Forza peso Competenze: Scomposizione vettoriale · Uso della trigonometria Oggetti: Pendolo conico · Fune ideale

Problem

An object of mass $m$ hangs from a string of length $\ell = 2\;\text{m}$ and rotates describing a horizontal circle with period $T = 1\;\text{s}$ . Find the angle of the string with the vertical.

Solution

Data. $\ell = 2\;\text{m}$ , $T = 1\;\text{s}$ , $g = 9{,}81\;\text{m/s}^2$ .

Geometry. The string makes an angle $\theta$ with the vertical; the radius of the horizontal circle is $r = \ell\sin\theta$

Components of the tension. Towards the centre (horizontal) $t_x = t\sin\theta$ ; upwards (vertical) $t_y = t\cos\theta$ .

Newton’s second law. Horizontal (provides the centripetal force $m\omega^2 r$ ) and vertical (equilibrium with the weight): $\begin{cases} t\sin\theta = m\omega^2 r = m\omega^2 \ell\sin\theta \\ t\cos\theta = mg \end{cases}$

From the first equation, cancelling $\sin\theta$ , we are left with: $t = m\omega^2 \ell$

Substituting into the second: $m\omega^2 \ell\cos\theta = mg \quad\Rightarrow\quad \cos\theta = \frac{g}{\omega^2 \ell}$ (the mass $m$ cancels: the angle does not depend on the mass).

Angular velocity: $\omega = \frac{2\pi}{T} = 2\pi\;\text{rad/s}$

Numerical calculation: $\cos\theta = \frac{9{,}81}{(2\pi)^2 \cdot 2} = \frac{9{,}81}{78{,}96} = 0{,}124 \quad\Rightarrow\quad \theta = \arccos(0{,}124) = 82{,}9^\circ$

Result. $\ev{\cos\theta = \frac{g}{\omega^2 \ell} \;\Rightarrow\; \theta \approx 82{,}9^\circ}$

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Topics: Dinamica Concepts: Moto circolare uniforme · Forza centripeta · Tensione · Velocità angolare · Forza peso Skills: Scomposizione vettoriale · Uso della trigonometria Objects: Pendolo conico · Fune ideale

Testo

Una pallina di $2\;\text{kg}$ è legata a una molla ( $K = 2000\;\text{N/m}$ , lunghezza a riposo $\ell_0 = 1\;\text{m}$ ) che ruota con periodo $T = 0{,}5\;\text{s}$ attorno a un perno. Trovare la lunghezza della molla durante la rotazione.

Soluzione

Dati. $m = 2\;\text{kg}$ , $K = 2000\;\text{N/m}$ , $\ell_0 = 1\;\text{m}$ , $T = 0{,}5\;\text{s}$ .

Velocità angolare: $\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{0{,}5} = 4\pi\;\text{rad/s}$

Impostazione. Durante la rotazione la molla si allunga: la forza elastica fornisce tutta la forza centripeta. Il raggio del moto coincide con la lunghezza $\ell$ della molla, quindi: $K(\ell - \ell_0) = m\omega^2 \ell$

Sostituzione numerica ( $m\omega^2 = 2 \cdot (4\pi)^2 = 2 \cdot 157{,}9 = 315{,}8$ ): $2000(\ell - 1) = 315{,}8\,\ell$ $2000\,\ell - 2000 = 315{,}8\,\ell$ $(2000 - 315{,}8)\,\ell = 2000 \quad\Rightarrow\quad 1684{,}2\,\ell = 2000$ $\ell = \frac{2000}{1684{,}2} = 1{,}19\;\text{m}$

Risultato. $\ev{\ell = \frac{K\,\ell_0}{K - m\omega^2} = 1{,}19\;\text{m}}$

Attenzione: se $K$ fosse troppo piccola rispetto a $m\omega^2$ , il denominatore diventerebbe negativo e l’equazione darebbe $\ell < 0$ : la molla non riuscirebbe a sostenere la rotazione (si romperebbe e la pallina volerebbe via).

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Argomenti: Dinamica Concetti: Moto circolare uniforme · Forza centripeta · Forza elastica e legge di Hooke · Velocità angolare Competenze: Impostazione simbolica Oggetti: Molla

Problem

A ball of $2\;\text{kg}$ is tied to a spring ( $K = 2000\;\text{N/m}$ , rest length $\ell_0 = 1\;\text{m}$ ) which rotates with period $T = 0{,}5\;\text{s}$ about a pivot. Find the length of the spring during the rotation.

Solution

Data. $m = 2\;\text{kg}$ , $K = 2000\;\text{N/m}$ , $\ell_0 = 1\;\text{m}$ , $T = 0{,}5\;\text{s}$ .

Angular velocity: $\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{0{,}5} = 4\pi\;\text{rad/s}$

Setup. During the rotation the spring stretches: the elastic force provides all of the centripetal force. The radius of the motion coincides with the length $\ell$ of the spring, so: $K(\ell - \ell_0) = m\omega^2 \ell$

Numerical substitution ( $m\omega^2 = 2 \cdot (4\pi)^2 = 2 \cdot 157{,}9 = 315{,}8$ ): $2000(\ell - 1) = 315{,}8\,\ell$ $2000\,\ell - 2000 = 315{,}8\,\ell$ $(2000 - 315{,}8)\,\ell = 2000 \quad\Rightarrow\quad 1684{,}2\,\ell = 2000$ $\ell = \frac{2000}{1684{,}2} = 1{,}19\;\text{m}$

Result. $\ev{\ell = \frac{K\,\ell_0}{K - m\omega^2} = 1{,}19\;\text{m}}$

Note: if $K$ were too small compared with $m\omega^2$ , the denominator would become negative and the equation would give $\ell < 0$ : the spring would not be able to sustain the rotation (it would break and the ball would fly off).

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Topics: Dinamica Concepts: Moto circolare uniforme · Forza centripeta · Forza elastica e legge di Hooke · Velocità angolare Skills: Impostazione simbolica Objects: Molla

Testo

Una pallina percorre una circonferenza di raggio $r = 40\;\text{cm}$ a velocità costante $v = 2{,}0\;\text{m/s}$ . Calcola l’accelerazione centripeta.

Soluzione

Dati. $r = 40\;\text{cm} = 0{,}40\;\text{m}$ , $v = 2{,}0\;\text{m/s}$ .

Formula dell’accelerazione centripeta. Nel moto circolare uniforme il modulo della velocità è costante, ma la sua direzione cambia: l’accelerazione punta verso il centro e vale $a_c = \frac{v^2}{r}$

Sostituzione numerica (attenzione: il raggio va in metri): $a_c = \frac{(2{,}0)^2}{0{,}40} = \frac{4{,}0}{0{,}40} = 10\;\text{m/s}^2$

Risultato. $\ev{a_c = 10\;\text{m/s}^2}$

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Argomenti: Dinamica Concetti: Moto circolare uniforme · Accelerazione centripeta

Problem

A ball travels round a circle of radius $r = 40\;\text{cm}$ at constant speed $v = 2{,}0\;\text{m/s}$ . Calculate the centripetal acceleration.

Solution

Data. $r = 40\;\text{cm} = 0{,}40\;\text{m}$ , $v = 2{,}0\;\text{m/s}$ .

Centripetal acceleration formula. In uniform circular motion the magnitude of the velocity is constant, but its direction changes: the acceleration points towards the centre and is given by $a_c = \frac{v^2}{r}$

Numerical substitution (careful: the radius must be in metres): $a_c = \frac{(2{,}0)^2}{0{,}40} = \frac{4{,}0}{0{,}40} = 10\;\text{m/s}^2$

Result. $\ev{a_c = 10\;\text{m/s}^2}$

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Topics: Dinamica Concepts: Moto circolare uniforme · Accelerazione centripeta

Testo

Un punto si muove di moto circolare uniforme con velocità $v = 4{,}0\;\text{m/s}$ su una circonferenza di raggio $r = 2{,}0\;\text{m}$ . Calcola il modulo dell’accelerazione centripeta.

Soluzione

Dati. $v = 4{,}0\;\text{m/s}$ , $r = 2{,}0\;\text{m}$ .

Formula. Nel moto circolare uniforme l’accelerazione è puramente centripeta: $a_c = \frac{v^2}{r}$

Sostituzione numerica: $a_c = \frac{(4{,}0)^2}{2{,}0} = \frac{16}{2{,}0} = 8{,}0\;\text{m/s}^2$

Risultato. $\ev{a_c = 8{,}0\;\text{m/s}^2}$

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Argomenti: Dinamica Concetti: Moto circolare uniforme · Accelerazione centripeta

Problem

A point moves in uniform circular motion with speed $v = 4{,}0\;\text{m/s}$ on a circle of radius $r = 2{,}0\;\text{m}$ . Calculate the magnitude of the centripetal acceleration.

Solution

Data. $v = 4{,}0\;\text{m/s}$ , $r = 2{,}0\;\text{m}$ .

Formula. In uniform circular motion the acceleration is purely centripetal: $a_c = \frac{v^2}{r}$

Numerical substitution: $a_c = \frac{(4{,}0)^2}{2{,}0} = \frac{16}{2{,}0} = 8{,}0\;\text{m/s}^2$

Result. $\ev{a_c = 8{,}0\;\text{m/s}^2}$

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Topics: Dynamics Concepts: Uniform circular motion · Centripetal acceleration

Testo

Spiega perché un corpo in moto circolare uniforme è sottoposto a un’accelerazione non nulla, pur mantenendo costante il modulo della velocità. A quale forza reale (non fittizia!) è dovuta, nel caso di un’auto in curva su strada piana?

Soluzione

La velocità è un vettore, non un numero. L’accelerazione è definita come la variazione della velocità nel tempo, $\vec{a} = \dd\vec{v}/\dd t$ . La velocità $\vec{v}$ ha modulo e direzione: basta che cambi una sola di queste due caratteristiche perché ci sia accelerazione.

Nel moto circolare uniforme il modulo $\abs{\vec{v}}$ resta costante, ma la direzione del vettore velocità (sempre tangente alla circonferenza) cambia a ogni istante. Quindi $\vec{v}$ cambia, e di conseguenza $\vec{a} = \frac{\dd\vec{v}}{\dd t} \neq \vec{0}$ Questa accelerazione non ha componente lungo la traiettoria (il modulo di $v$ non cambia): è interamente diretta verso il centro della circonferenza. È l’accelerazione centripeta, di modulo $a_c = v^2/r$ .

Non è un paradosso: “accelerare” nel senso fisico non significa solo “andare più veloce”, ma anche “cambiare direzione”. È lo stesso motivo per cui la Luna, che orbita a velocità quasi costante in modulo, “cade” continuamente verso la Terra senza mai allontanarsene.

La forza reale sull’auto in curva. Ogni accelerazione richiede una forza reale (seconda legge di Newton: $\vec{F} = m\vec{a}$ ). Per l’auto che percorre una curva piana, la forza che punta verso il centro — cioè la forza centripeta — è fornita dall’attrito statico tra pneumatici e asfalto. È l’attrito statico (non dinamico) perché le gomme, se non slittano, non strisciano sull’asfalto nel punto di contatto: rotolano. Se l’attrito statico disponibile ( $F_{a,\max} = \mu_s\,mg$ ) non basta a fornire la forza centripeta richiesta, l’auto slitta verso l’esterno e “esce di strada”.

Risultato. $\ev{\text{Cambia la direzione di }\vec{v}\;\Rightarrow\;\vec{a}\neq 0\text{ (centripeta); in curva piana la fornisce l'attrito statico.}}$

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Argomenti: Dinamica · Attrito Concetti: Moto circolare uniforme · Accelerazione centripeta · Forza centripeta · Attrito statico

Problem

Explain why a body in uniform circular motion is subject to a non-zero acceleration, even though the magnitude of its velocity stays constant. Which real force (not fictitious!) causes it, in the case of a car cornering on a flat road?

Solution

Velocity is a vector, not a number. Acceleration is defined as the rate of change of velocity, $\vec{a} = \dd\vec{v}/\dd t$ . Velocity $\vec{v}$ has magnitude and direction: it is enough for just one of these two features to change for there to be acceleration.

In uniform circular motion the magnitude $\abs{\vec{v}}$ stays constant, but the direction of the velocity vector (always tangent to the circle) changes at every instant. So $\vec{v}$ changes, and consequently $\vec{a} = \frac{\dd\vec{v}}{\dd t} \neq \vec{0}$ This acceleration has no component along the trajectory (the magnitude of $v$ does not change): it is entirely directed towards the centre of the circle. It is the centripetal acceleration, of magnitude $a_c = v^2/r$ .

It is not a paradox: “accelerating” in the physical sense does not only mean “going faster”, but also “changing direction”. It is the same reason the Moon, which orbits at an almost constant speed, “falls” continually towards the Earth without ever moving away from it.

The real force on the cornering car. Every acceleration requires a real force (Newton’s second law: $\vec{F} = m\vec{a}$ ). For a car travelling round a flat bend, the force pointing towards the centre — i.e. the centripetal force — is provided by static friction between the tyres and the road. It is static (not kinetic) friction because the tyres, if they do not skid, do not slide over the road surface at the point of contact: they roll. If the available static friction ( $F_{a,\max} = \mu_s\,mg$ ) is not enough to provide the required centripetal force, the car slides outwards and “runs off the road”.

Result. $\ev{\text{The direction of }\vec{v}\text{ changes}\;\Rightarrow\;\vec{a}\neq 0\text{ (centripetal); on a flat bend it is provided by static friction.}}$

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Topics: Dynamics · Friction Concepts: Uniform circular motion · Centripetal acceleration · Centripetal force · Static friction

Testo

Un’auto percorre una curva piana di raggio $R = 40\;\text{m}$ . Il coefficiente di attrito statico fra gomme e asfalto è $\mu_s = 0{,}50$ . Determina la velocità massima con cui l’auto può affrontare la curva senza slittare verso l’esterno. (Usa $g = 9{,}8\;\text{m/s}^2$ .)

Soluzione

Dati. $R = 40\;\text{m}$ , $\mu_s = 0{,}50$ , $g = 9{,}8\;\text{m/s}^2$ .

Impostazione. Su strada piana l’unica forza diretta verso il centro è l’attrito statico. La condizione limite è quando l’attrito raggiunge il suo valore massimo e fornisce esattamente la forza centripeta richiesta: $F_{a,\max} = F_c \quad\Rightarrow\quad \mu_s\,mg = \frac{m\,v_{\max}^2}{R}$

La massa si semplifica (la velocità massima non dipende dalla massa dell’auto): $v_{\max}^2 = \mu_s\,g\,R \quad\Rightarrow\quad v_{\max} = \sqrt{\mu_s\,g\,R}$

Sostituzione numerica: $v_{\max} = \sqrt{0{,}50 \cdot 9{,}8 \cdot 40} = \sqrt{196} = 14\;\text{m/s}$ (circa $50\;\text{km/h}$ ).

Risultato. $\ev{v_{\max} = \sqrt{\mu_s\,g\,R} \approx 14\;\text{m/s}}$

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Argomenti: Dinamica · Attrito Concetti: Moto circolare uniforme · Forza centripeta · Attrito statico · Forza normale Competenze: Impostazione simbolica

Problem

A car travels round a flat curve of radius $R = 40\;\text{m}$ . The coefficient of static friction between tyres and road is $\mu_s = 0{,}50$ . Determine the maximum speed at which the car can take the curve without sliding outwards. (Use $g = 9{,}8\;\text{m/s}^2$ .)

Solution

Data. $R = 40\;\text{m}$ , $\mu_s = 0{,}50$ , $g = 9{,}8\;\text{m/s}^2$ .

Set-up. On a flat road the only force directed towards the centre is static friction. The limiting condition occurs when friction reaches its maximum value and exactly provides the required centripetal force: $F_{a,\max} = F_c \quad\Rightarrow\quad \mu_s\,mg = \frac{m\,v_{\max}^2}{R}$

The mass cancels (the maximum speed does not depend on the mass of the car): $v_{\max}^2 = \mu_s\,g\,R \quad\Rightarrow\quad v_{\max} = \sqrt{\mu_s\,g\,R}$

Numerical substitution: $v_{\max} = \sqrt{0{,}50 \cdot 9{,}8 \cdot 40} = \sqrt{196} = 14\;\text{m/s}$ (about $50\;\text{km/h}$ ).

Result. $\ev{v_{\max} = \sqrt{\mu_s\,g\,R} \approx 14\;\text{m/s}}$

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Topics: Dynamics · Friction Concepts: Uniform circular motion · Centripetal force · Static friction · Normal force Skills: Symbolic set-up

Testo

Per evitare che la sicurezza dipenda solo dall’attrito, le autostrade prevedono curve sopraelevate. Calcola l’angolo di sopraelevazione che consentirebbe di percorrere una curva di raggio $r = 40\;\text{m}$ (la stessa del problema precedente) con $v = 90\;\text{km/h}$ in assenza di attrito.

Soluzione

Dati. $r = 40\;\text{m}$ , $v = 90\;\text{km/h}$ , $g = 9{,}8\;\text{m/s}^2$ , attrito nullo.

Conversione della velocità: $v = 90\;\text{km/h} = \frac{90}{3{,}6} = 25\;\text{m/s}$

Impostazione. Senza attrito, sul veicolo agiscono solo il peso $\vec{P}$ (verticale, verso il basso) e la reazione normale $\vec{R}$ (perpendicolare al manto stradale inclinato di $\theta$ ). Scomponendo $\vec{R}$ : $\begin{cases} R\sin\theta = \dfrac{m\,v^2}{r} & \text{(orizzontale: forza centripeta)} \\ R\cos\theta = mg & \text{(verticale: equilibrio col peso)} \end{cases}$

Dividendo la prima equazione per la seconda si eliminano $R$ e $m$ : $\tan\theta = \frac{v^2}{g\,r}$

Sostituzione numerica: $\tan\theta = \frac{25^2}{9{,}8 \cdot 40} = \frac{625}{392} = 1{,}59 \quad\Rightarrow\quad \theta = \arctan(1{,}59) = 57{,}9^\circ$

Risultato. $\ev{\tan\theta = \frac{v^2}{g\,r} \;\Rightarrow\; \theta \approx 58^\circ}$

Un angolo così ripido segnala che $90\;\text{km/h}$ su un raggio di soli $40\;\text{m}$ è una curva estrema: nelle autostrade reali i raggi sono molto maggiori e le sopraelevazioni si aggirano sui pochi gradi.

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Argomenti: Dinamica Concetti: Moto circolare uniforme · Forza centripeta · Forza normale · Forza peso Competenze: Scomposizione vettoriale · Uso della trigonometria Oggetti: Curva sopraelevata

Problem

To avoid safety depending solely on friction, motorways feature banked curves. Calculate the banking angle that would allow a curve of radius $r = 40\;\text{m}$ (the same as the previous problem) to be taken at $v = 90\;\text{km/h}$ with no friction.

Solution

Data. $r = 40\;\text{m}$ , $v = 90\;\text{km/h}$ , $g = 9{,}8\;\text{m/s}^2$ , zero friction.

Speed conversion: $v = 90\;\text{km/h} = \frac{90}{3{,}6} = 25\;\text{m/s}$

Set-up. With no friction, only the weight $\vec{P}$ (vertical, downwards) and the normal reaction $\vec{R}$ (perpendicular to the road surface, inclined at $\theta$ ) act on the vehicle. Resolving $\vec{R}$ : $\begin{cases} R\sin\theta = \dfrac{m\,v^2}{r} & \text{(horizontal: centripetal force)} \\ R\cos\theta = mg & \text{(vertical: balances the weight)} \end{cases}$

Dividing the first equation by the second eliminates $R$ and $m$ : $\tan\theta = \frac{v^2}{g\,r}$

Numerical substitution: $\tan\theta = \frac{25^2}{9{,}8 \cdot 40} = \frac{625}{392} = 1{,}59 \quad\Rightarrow\quad \theta = \arctan(1{,}59) = 57{,}9^\circ$

Result. $\ev{\tan\theta = \frac{v^2}{g\,r} \;\Rightarrow\; \theta \approx 58^\circ}$

Such a steep angle signals that $90\;\text{km/h}$ on a radius of only $40\;\text{m}$ is an extreme curve: on real motorways the radii are much larger and the banking angles are only a few degrees.

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Topics: Dynamics Concepts: Uniform circular motion · Centripetal force · Normal force · Weight force Skills: Vector resolution · Use of trigonometry Objects: Banked curve

Testo

Un blocco di massa $m_1 = 3{,}0\;\mathrm{kg}$ è su un piano inclinato liscio di $30^\circ$ ed è collegato, tramite una fune ideale che passa su una puleggia ideale posta sulla sommità, a un blocco $m_2 = 2{,}0\;\mathrm{kg}$ che pende verticalmente. Determina il verso e il modulo dell’accelerazione del sistema e la tensione della fune.

Soluzione

Diagramma di corpo libero. Su $m_1$ (sul piano liscio) agiscono: peso, normale e tensione $T$ diretta lungo il piano verso la puleggia. La componente del peso lungo il piano vale $m_1 g\sin\theta$ . Su $m_2$ (appeso) agiscono: peso $m_2 g$ verso il basso e tensione $T$ verso l’alto.

Verso del moto. Confrontiamo le due forze “motrici”: $m_2 g = 2{,}0\cdot 9{,}8 = 19{,}6\;\mathrm{N}\qquad m_1 g\sin\theta = 3{,}0\cdot 9{,}8\cdot 0{,}50 = 14{,}7\;\mathrm{N}$ Poiché $m_2 g > m_1 g\sin\theta$ , il blocco appeso scende e $m_1$ sale lungo il piano.

Seconda legge di Newton (asse positivo nel verso del moto, stesso modulo $a$ per i due blocchi perché la fune è inestensibile): $\begin{aligned} m_2 g - T &= m_2 a \\ T - m_1 g\sin\theta &= m_1 a \end{aligned}$

Sommando le due equazioni elimino $T$ : $a = \frac{m_2 g - m_1 g\sin\theta}{m_1 + m_2} = \frac{19{,}6 - 14{,}7}{5{,}0} = \frac{4{,}9}{5{,}0}\;\mathrm{m/s^2}$

$\ev{a \approx 0{,}98\;\mathrm{m/s^2}\ \text{(m}_2\text{ scende, m}_1\text{ sale)}}$

Tensione. Dalla prima equazione: $T = m_2(g - a) = 2{,}0\cdot(9{,}8 - 0{,}98) = 2{,}0\cdot 8{,}82\;\mathrm{N}$

$\ev{T \approx 17{,}6\;\mathrm{N}}$

Controllo di coerenza: $m_1 g\sin\theta + m_1 a = 14{,}7 + 3{,}0\cdot 0{,}98 = 17{,}6\;\mathrm{N}$ , uguale a $T$ . La tensione è compresa fra $m_1 g\sin\theta$ e $m_2 g$ , come atteso per un sistema che accelera.

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Argomenti: Dinamica Concetti: Seconda legge di Newton · Tensione · Forza peso Competenze: Scomposizione sul piano inclinato · Applicazione delle leggi di Newton · Diagramma di corpo libero Metodi: Metodo del diagramma di corpo libero Oggetti: Piano inclinato · Blocco · Puleggia · Fune ideale

Problem

A block of mass $m_1 = 3{,}0\;\mathrm{kg}$ is on a frictionless incline of $30^\circ$ and is connected, via an ideal rope passing over an ideal pulley placed at the top, to a block $m_2 = 2{,}0\;\mathrm{kg}$ hanging vertically. Determine the direction and magnitude of the acceleration of the system and the tension in the rope.

Solution

Free-body diagram. On $m_1$ (on the frictionless incline) act: weight, normal reaction, and tension $T$ directed along the incline towards the pulley. The component of the weight along the incline is $m_1 g\sin\theta$ . On $m_2$ (hanging) act: weight $m_2 g$ downwards and tension $T$ upwards.

Direction of motion. Compare the two “driving” forces: $m_2 g = 2{,}0\cdot 9{,}8 = 19{,}6\;\mathrm{N}\qquad m_1 g\sin\theta = 3{,}0\cdot 9{,}8\cdot 0{,}50 = 14{,}7\;\mathrm{N}$ Since $m_2 g > m_1 g\sin\theta$ , the hanging block descends and $m_1$ rises up the incline.

Newton’s second law (positive axis in the direction of motion, same magnitude $a$ for both blocks since the rope is inextensible): $\begin{aligned} m_2 g - T &= m_2 a \\ T - m_1 g\sin\theta &= m_1 a \end{aligned}$

Adding the two equations eliminates $T$ : $a = \frac{m_2 g - m_1 g\sin\theta}{m_1 + m_2} = \frac{19{,}6 - 14{,}7}{5{,}0} = \frac{4{,}9}{5{,}0}\;\mathrm{m/s^2}$

$\ev{a \approx 0{,}98\;\mathrm{m/s^2}\ \text{(m}_2\text{ descends, m}_1\text{ rises)}}$

Tension. From the first equation: $T = m_2(g - a) = 2{,}0\cdot(9{,}8 - 0{,}98) = 2{,}0\cdot 8{,}82\;\mathrm{N}$

$\ev{T \approx 17{,}6\;\mathrm{N}}$

Consistency check: $m_1 g\sin\theta + m_1 a = 14{,}7 + 3{,}0\cdot 0{,}98 = 17{,}6\;\mathrm{N}$ , equal to $T$ . The tension lies between $m_1 g\sin\theta$ and $m_2 g$ , as expected for an accelerating system.

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Topics: Dynamics Concepts: Newton’s second law · Tension · Weight force Skills: Resolution on an incline · Applying Newton’s laws · Free-body diagram Methods: Free-body diagram method Objects: Inclined plane · Block · Pulley · Ideal rope

Testo

Dimostra, a partire dalla definizione vettoriale di accelerazione $\vv{a} = \dd\vv{v}/\dd t$ e considerando due istanti separati da un piccolo intervallo $\Delta t$ lungo una circonferenza, che in un moto circolare uniforme il modulo dell’accelerazione vale $a_c = v^2/r = \omega^2 r$ ed è diretto verso il centro.

Soluzione

Impostazione. In un moto circolare uniforme il modulo della velocità $v$ è costante, ma il vettore $\vv{v}$ cambia continuamente direzione: è sempre tangente alla circonferenza. C’è quindi accelerazione, perché varia la direzione di $\vv{v}$ .

Due istanti vicini. Consideriamo la posizione al tempo $t$ e al tempo $t+\Delta t$ . Nell’intervallo $\Delta t$ il raggio spazza un piccolo angolo $\Delta\theta$ . Poiché $\vv{v}$ è perpendicolare al raggio in ogni punto, i due vettori velocità $\vv{v}_1$ e $\vv{v}_2$ formano tra loro lo stesso angolo $\Delta\theta$ dei due raggi.

Triangolo delle velocità. Riportiamo $\vv{v}_1$ e $\vv{v}_2$ con la stessa origine. Hanno lo stesso modulo $v$ e formano l’angolo $\Delta\theta$ ; il vettore variazione $\Delta\vv{v} = \vv{v}_2 - \vv{v}_1$ è la base di un triangolo isoscele. Per angoli piccoli la lunghezza della base è l’arco di raggio $v$ : $\abs{\Delta\vv{v}} \approx v\,\Delta\theta$ Questo è del tutto analogo alla relazione geometrica sulla circonferenza, dove l’arco percorso è $\Delta s = r\,\Delta\theta$ .

Modulo dell’accelerazione. Dividendo per $\Delta t$ e passando al limite $\Delta t\to 0$ : $a_c = \lim_{\Delta t\to 0}\frac{\abs{\Delta\vv{v}}}{\Delta t} = v\,\lim_{\Delta t\to 0}\frac{\Delta\theta}{\Delta t} = v\,\omega$ dove $\omega = \dd\theta/\dd t$ è la velocità angolare. Usando la relazione fondamentale $v = \omega r$ : $a_c = v\,\omega = (\omega r)\,\omega = \omega^2 r \qquad\text{e anche}\qquad a_c = v\,\omega = v\cdot\frac{v}{r} = \frac{v^2}{r}$

$\ev{a_c = \dfrac{v^2}{r} = \omega^2 r}$

Direzione. Nel limite $\Delta t\to 0$ l’angolo $\Delta\theta\to 0$ : il triangolo isoscele diventa infinitamente sottile e la base $\Delta\vv{v}$ tende a essere perpendicolare a $\vv{v}$ , cioè diretta lungo il raggio. Guardando il verso, $\Delta\vv{v}$ punta dal punto verso l’interno: l’accelerazione è centripeta, diretta verso il centro della circonferenza. È l’accelerazione che “curva” continuamente la traiettoria senza cambiare il modulo della velocità.

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Argomenti: Dinamica Concetti: Moto circolare uniforme · Accelerazione centripeta · Velocità angolare Competenze: Impostazione simbolica · Scomposizione vettoriale · Uso della trigonometria

Problem

Starting from the vector definition of acceleration $\vv{a} = \dd\vv{v}/\dd t$ and considering two instants separated by a small interval $\Delta t$ along a circle, show that in uniform circular motion the magnitude of the acceleration is $a_c = v^2/r = \omega^2 r$ and is directed towards the centre.

Solution

Set-up. In uniform circular motion the magnitude of the velocity $v$ is constant, but the vector $\vv{v}$ continuously changes direction: it is always tangent to the circle. There is therefore acceleration, because the direction of $\vv{v}$ varies.

Two nearby instants. Consider the position at time $t$ and at time $t+\Delta t$ . In the interval $\Delta t$ the radius sweeps out a small angle $\Delta\theta$ . Since $\vv{v}$ is perpendicular to the radius at every point, the two velocity vectors $\vv{v}_1$ and $\vv{v}_2$ form between them the same angle $\Delta\theta$ as the two radii.

Velocity triangle. Draw $\vv{v}_1$ and $\vv{v}_2$ from the same origin. They have the same magnitude $v$ and form the angle $\Delta\theta$ ; the change vector $\Delta\vv{v} = \vv{v}_2 - \vv{v}_1$ is the base of an isosceles triangle. For small angles the length of the base is the arc of radius $v$ : $\abs{\Delta\vv{v}} \approx v\,\Delta\theta$ This is entirely analogous to the geometric relation on the circle, where the arc length travelled is $\Delta s = r\,\Delta\theta$ .

Magnitude of the acceleration. Dividing by $\Delta t$ and taking the limit $\Delta t\to 0$ : $a_c = \lim_{\Delta t\to 0}\frac{\abs{\Delta\vv{v}}}{\Delta t} = v\,\lim_{\Delta t\to 0}\frac{\Delta\theta}{\Delta t} = v\,\omega$ where $\omega = \dd\theta/\dd t$ is the angular velocity. Using the fundamental relation $v = \omega r$ : $a_c = v\,\omega = (\omega r)\,\omega = \omega^2 r \qquad\text{and also}\qquad a_c = v\,\omega = v\cdot\frac{v}{r} = \frac{v^2}{r}$

$\ev{a_c = \dfrac{v^2}{r} = \omega^2 r}$

Direction. In the limit $\Delta t\to 0$ the angle $\Delta\theta\to 0$ : the isosceles triangle becomes infinitely thin and the base $\Delta\vv{v}$ tends to become perpendicular to $\vv{v}$ , i.e. directed along the radius. Looking at the sign, $\Delta\vv{v}$ points from the point inwards: the acceleration is centripetal, directed towards the centre of the circle. It is the acceleration that continually “curves” the trajectory without changing the magnitude of the velocity.

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Topics: Dynamics Concepts: Uniform circular motion · Centripetal acceleration · Angular velocity Skills: Symbolic set-up · Vector resolution · Use of trigonometry

Testo

Stima il modulo dell’accelerazione centripeta dovuta alla rotazione terrestre per una persona ferma alla latitudine $\varphi\approx 45^\circ$ . Confronta il risultato con $g$ e commenta perché normalmente trascuriamo questo effetto.

Soluzione

Modello. Ruotando con la Terra, la persona percorre un cerchio parallelo all’equatore. Il raggio di questo cerchio non è il raggio terrestre $R_T$ , ma la sua proiezione alla latitudine $\varphi$ : $r = R_T\cos\varphi$ con $R_T \approx 6{,}37\cdot 10^6\;\mathrm{m}$ .

Velocità angolare. La Terra compie un giro in un giorno ( $T = 86400\;\mathrm{s}$ ): $\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{86400\;\mathrm{s}} \approx 7{,}3\cdot 10^{-5}\;\mathrm{rad/s}$

Raggio a 45°. $r = R_T\cos 45^\circ \approx 6{,}37\cdot 10^6 \cdot 0{,}707 \approx 4{,}5\cdot 10^6\;\mathrm{m}$

Accelerazione centripeta. $a_c = \omega^2 r \approx (7{,}3\cdot 10^{-5})^2 \cdot 4{,}5\cdot 10^6 \approx 5{,}3\cdot 10^{-9}\cdot 4{,}5\cdot 10^6\;\mathrm{m/s^2}$

$\ev{a_c \approx 2{,}4\cdot 10^{-2}\;\mathrm{m/s^2}}$

Confronto con $g$ . $\frac{a_c}{g} \approx \frac{2{,}4\cdot 10^{-2}}{9{,}8} \approx 2{,}4\cdot 10^{-3} \sim 3\cdot 10^{-3}\,g$

$\ev{a_c \sim 3\cdot 10^{-3}\,g}$

Commento. L’accelerazione centripeta della rotazione terrestre è circa tre millesimi di $g$ : appena due-tre centesimi di $\mathrm{m/s^2}$ . È così piccola rispetto a $g$ che nelle misure ordinarie la trascuriamo: si “nasconde” dentro il valore effettivo di $g$ misurato al suolo (che di fatto è già ridotto da questo effetto). Diventa massima all’equatore, dove $\cos\varphi = 1$ e $a_c \approx 3{,}4\cdot 10^{-2}\;\mathrm{m/s^2}$ , e si annulla ai poli, dove $r = 0$ .

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Argomenti: Dinamica Concetti: Accelerazione centripeta · Moto circolare uniforme · Velocità angolare Competenze: Stime di Fermi · Impostazione simbolica · Uso della trigonometria

Problem

Estimate the magnitude of the centripetal acceleration due to Earth’s rotation for a person standing still at latitude $\varphi\approx 45^\circ$ . Compare the result with $g$ and comment on why we normally neglect this effect.

Solution

Model. Rotating with the Earth, the person traces out a circle parallel to the equator. The radius of this circle is not the Earth’s radius $R_T$ , but its projection at latitude $\varphi$ : $r = R_T\cos\varphi$ with $R_T \approx 6{,}37\cdot 10^6\;\mathrm{m}$ .

Angular velocity. The Earth completes one turn in a day ( $T = 86400\;\mathrm{s}$ ): $\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{86400\;\mathrm{s}} \approx 7{,}3\cdot 10^{-5}\;\mathrm{rad/s}$

Radius at 45°. $r = R_T\cos 45^\circ \approx 6{,}37\cdot 10^6 \cdot 0{,}707 \approx 4{,}5\cdot 10^6\;\mathrm{m}$

Centripetal acceleration. $a_c = \omega^2 r \approx (7{,}3\cdot 10^{-5})^2 \cdot 4{,}5\cdot 10^6 \approx 5{,}3\cdot 10^{-9}\cdot 4{,}5\cdot 10^6\;\mathrm{m/s^2}$

$\ev{a_c \approx 2{,}4\cdot 10^{-2}\;\mathrm{m/s^2}}$

Comparison with $g$ . $\frac{a_c}{g} \approx \frac{2{,}4\cdot 10^{-2}}{9{,}8} \approx 2{,}4\cdot 10^{-3} \sim 3\cdot 10^{-3}\,g$

$\ev{a_c \sim 3\cdot 10^{-3}\,g}$

Comment. The centripetal acceleration due to Earth’s rotation is about three thousandths of $g$ : barely a couple of hundredths of a $\mathrm{m/s^2}$ . It is so small compared with $g$ that in ordinary measurements we neglect it: it is “hidden” within the effective value of $g$ measured at ground level (which is in fact already reduced by this effect). It is greatest at the equator, where $\cos\varphi = 1$ and $a_c \approx 3{,}4\cdot 10^{-2}\;\mathrm{m/s^2}$ , and vanishes at the poles, where $r = 0$ .

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Topics: Dynamics Concepts: Centripetal acceleration · Uniform circular motion · Angular velocity Skills: Fermi estimation · Symbolic set-up · Use of trigonometry

Testo

Vero o falso, motivando la risposta: (a) in un moto circolare uniforme il lavoro della forza centripeta è nullo; (b) su un piano inclinato liscio, l’accelerazione di un corpo non dipende dalla sua massa; (c) la forza centrifuga è una forza fondamentale della natura; (d) alla sommità del “giro della morte” la velocità minima dipende dalla massa del corpo.

Soluzione

(a) VERO. La forza centripeta è sempre diretta verso il centro, quindi perpendicolare alla velocità (che è tangente alla traiettoria). Il lavoro è $L = \vv{F}\cdot\vv{s}$ e, essendo forza e spostamento perpendicolari a ogni istante, $L = 0$ . Coerente col fatto che nel moto circolare uniforme il modulo di $v$ (e quindi l’energia cinetica) non cambia.

(b) VERO. Sul piano liscio, lungo il piano vale $ma = mg\sin\theta$ , da cui $a = g\sin\theta$ La massa si semplifica: l’accelerazione dipende solo dall’angolo (e da $g$ ), non da $m$ . È l’analogo, sul piano inclinato, dell’indipendenza della caduta libera dalla massa.

(c) FALSO. La forza centrifuga non è una forza fondamentale. È una forza apparente (o inerziale, o fittizia) che compare solo quando descriviamo il moto da un sistema di riferimento rotante, cioè non inerziale. Nel riferimento inerziale non esiste: c’è solo la forza centripeta reale (tensione, attrito, gravità…) che curva la traiettoria. Le forze fondamentali sono gravitazionale, elettromagnetica, nucleare forte e debole.

(d) FALSO. Alla sommità del giro della morte, la condizione limite è che la forza peso da sola fornisca la forza centripeta ( $N \to 0$ ): $mg = \frac{m v_\text{min}^2}{r} \;\Rightarrow\; v_\text{min} = \sqrt{g\,r}$ La massa si semplifica: la velocità minima dipende solo da $g$ e dal raggio $r$ , non dalla massa del corpo.

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

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Argomenti: Dinamica Concetti: Forza centripeta · Moto circolare uniforme · Seconda legge di Newton · Forza peso Competenze: Applicazione delle leggi di Newton · Analisi di casi limite e fantafisica Oggetti: Piano inclinato · Giro della morte

Problem

True or false, giving reasons: (a) in uniform circular motion the work done by the centripetal force is zero; (b) on a frictionless incline, the acceleration of a body does not depend on its mass; (c) centrifugal force is a fundamental force of nature; (d) at the top of the “loop-the-loop” the minimum speed depends on the mass of the body.

Solution

(a) TRUE. The centripetal force is always directed towards the centre, hence perpendicular to the velocity (which is tangent to the trajectory). The work is $L = \vv{F}\cdot\vv{s}$ and, since force and displacement are perpendicular at every instant, $L = 0$ . This is consistent with the fact that in uniform circular motion the magnitude of $v$ (and hence the kinetic energy) does not change.

(b) TRUE. On the frictionless incline, along the incline we have $ma = mg\sin\theta$ , from which $a = g\sin\theta$ The mass cancels: the acceleration depends only on the angle (and on $g$ ), not on $m$ . This is the analogue, on the incline, of the mass-independence of free fall.

(c) FALSE. Centrifugal force is not a fundamental force. It is an apparent (or inertial, or fictitious) force that appears only when the motion is described from a rotating reference frame, i.e. a non-inertial one. In the inertial frame it does not exist: there is only the real centripetal force (tension, friction, gravity…) that bends the trajectory. The fundamental forces are gravitational, electromagnetic, strong nuclear and weak nuclear.

(d) FALSE. At the top of the loop-the-loop, the limiting condition is that the weight force alone provides the centripetal force ( $N \to 0$ ): $mg = \frac{m v_\text{min}^2}{r} \;\Rightarrow\; v_\text{min} = \sqrt{g\,r}$ The mass cancels: the minimum speed depends only on $g$ and the radius $r$ , not on the mass of the body.

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

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Topics: Dynamics Concepts: Centripetal force · Uniform circular motion · Newton’s second law · Weight force Skills: Applying Newton’s laws · Analysis of limiting cases and “fantaphysics” Objects: Inclined plane · Loop-the-loop

Testo

Schematizza, in funzione dell’angolo $\theta$ di inclinazione del piano, l’andamento qualitativo dell’accelerazione di un blocco che scende con attrito dinamico $\mu_d = 0{,}30$ , confrontandolo con il caso senza attrito. Indica il valore di $\theta$ per cui l’accelerazione è nulla e quello per cui è massima (su un piano di $90^\circ$ ).

Soluzione

Legge dell’accelerazione. Lungo il piano, per un blocco che scende, la componente del peso $mg\sin\theta$ tira verso il basso e l’attrito dinamico $\mu_d N = \mu_d\,mg\cos\theta$ si oppone. La seconda legge di Newton dà: $a(\theta) = g\,(\sin\theta - \mu_d\cos\theta)$ Nel caso liscio ( $\mu_d = 0$ ) si riduce a $a_0(\theta) = g\sin\theta$ .

Angolo di accelerazione nulla. Il blocco (già in moto) rallenta o resta a velocità costante quando $a = 0$ : $\sin\theta = \mu_d\cos\theta \;\Rightarrow\; \tan\theta = \mu_d = 0{,}30 \;\Rightarrow\; \theta \approx 16{,}7^\circ$ Per $\theta < 16{,}7^\circ$ la formula darebbe $a<0$ : significa che l’attrito è in grado di fermare il blocco (in moto) e, da fermo, l’attrito statico lo tiene fermo.

$\ev{a = 0 \text{ per } \theta \approx 16{,}7^\circ}$

Massimo. $a(\theta)$ cresce con $\theta$ e raggiunge il massimo sul piano verticale, $\theta = 90^\circ$ , dove $\cos 90^\circ = 0$ (l’attrito sparisce perché $N\to 0$ ) e $\sin 90^\circ = 1$ : $a(90^\circ) = g\,(1 - 0) = g \approx 9{,}8\;\mathrm{m/s^2}$

$\ev{a_\text{max} = g \text{ a } \theta = 90^\circ \text{ (caduta libera)}}$

Grafico qualitativo (confronto).

$\theta$ $a_0 = g\sin\theta$ (liscio) $a = g(\sin\theta-\mu_d\cos\theta)$ (con attrito)
$0^\circ$ $0$ $\approx -2{,}9$ (resta fermo, $a=0$ )
$16{,}7^\circ$ $\approx 2{,}8$ $0$
$30^\circ$ $4{,}9$ $\approx 2{,}4$
$45^\circ$ $\approx 6{,}9$ $\approx 4{,}8$
$90^\circ$ $9{,}8$ $9{,}8$

La curva liscia $a_0 = g\sin\theta$ parte da $0$ e sale in modo monotono fino a $g$ . La curva con attrito è traslata verso il basso e verso destra: parte da zero solo a $\theta\approx 16{,}7^\circ$ , sta sempre sotto la curva liscia (di $\mu_d g\cos\theta$ ), ma le due curve si ricongiungono a $\theta = 90^\circ$ , dove entrambe valgono $g$ perché la normale — e quindi l’attrito — si annulla. La differenza fra le due curve è massima a $\theta$ piccoli e si riduce a zero verso $90^\circ$ .

$\theta$	$a_0 = g\sin\theta$ (liscio)	$a = g(\sin\theta-\mu_d\cos\theta)$ (con attrito)
$0^\circ$	$0$	$\approx -2{,}9$ (resta fermo, $a=0$ )
$16{,}7^\circ$	$\approx 2{,}8$	$0$
$30^\circ$	$4{,}9$	$\approx 2{,}4$
$45^\circ$	$\approx 6{,}9$	$\approx 4{,}8$
$90^\circ$	$9{,}8$	$9{,}8$

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Argomenti: Dinamica · Attrito Concetti: Attrito dinamico · Seconda legge di Newton · Forza normale · Forza peso Competenze: Scomposizione sul piano inclinato · Applicazione delle leggi di Newton · Uso della trigonometria Metodi: Metodo del diagramma di corpo libero Oggetti: Piano inclinato · Blocco

Problem

Sketch, as a function of the incline angle $\theta$ , the qualitative behaviour of the acceleration of a block sliding down with kinetic friction $\mu_d = 0{,}30$ , comparing it with the frictionless case. State the value of $\theta$ for which the acceleration is zero and the one for which it is maximum (on a $90^\circ$ incline).

Solution

Acceleration law. Along the incline, for a block sliding down, the component of the weight $mg\sin\theta$ pulls downwards and kinetic friction $\mu_d N = \mu_d\,mg\cos\theta$ opposes it. Newton’s second law gives: $a(\theta) = g\,(\sin\theta - \mu_d\cos\theta)$ In the frictionless case ( $\mu_d = 0$ ) this reduces to $a_0(\theta) = g\sin\theta$ .

Angle of zero acceleration. The block (already moving) slows down or stays at constant speed when $a = 0$ : $\sin\theta = \mu_d\cos\theta \;\Rightarrow\; \tan\theta = \mu_d = 0{,}30 \;\Rightarrow\; \theta \approx 16{,}7^\circ$ For $\theta < 16{,}7^\circ$ the formula would give $a<0$ : this means friction is able to stop the (moving) block and, from rest, static friction holds it still.

$\ev{a = 0 \text{ for } \theta \approx 16{,}7^\circ}$

Maximum. $a(\theta)$ increases with $\theta$ and reaches its maximum on the vertical plane, $\theta = 90^\circ$ , where $\cos 90^\circ = 0$ (friction vanishes because $N\to 0$ ) and $\sin 90^\circ = 1$ : $a(90^\circ) = g\,(1 - 0) = g \approx 9{,}8\;\mathrm{m/s^2}$

$\ev{a_\text{max} = g \text{ at } \theta = 90^\circ \text{ (free fall)}}$

Qualitative graph (comparison).

$\theta$ $a_0 = g\sin\theta$ (frictionless) $a = g(\sin\theta-\mu_d\cos\theta)$ (with friction)
$0^\circ$ $0$ $\approx -2{,}9$ (stays still, $a=0$ )
$16{,}7^\circ$ $\approx 2{,}8$ $0$
$30^\circ$ $4{,}9$ $\approx 2{,}4$
$45^\circ$ $\approx 6{,}9$ $\approx 4{,}8$
$90^\circ$ $9{,}8$ $9{,}8$

The frictionless curve $a_0 = g\sin\theta$ starts from $0$ and rises monotonically up to $g$ . The curve with friction is shifted downwards and to the right: it starts from zero only at $\theta\approx 16{,}7^\circ$ , always lies below the frictionless curve (by $\mu_d g\cos\theta$ ), but the two curves rejoin at $\theta = 90^\circ$ , where both equal $g$ because the normal reaction — and hence friction — vanishes. The difference between the two curves is greatest at small $\theta$ and shrinks to zero towards $90^\circ$ .

$\theta$	$a_0 = g\sin\theta$ (frictionless)	$a = g(\sin\theta-\mu_d\cos\theta)$ (with friction)
$0^\circ$	$0$	$\approx -2{,}9$ (stays still, $a=0$ )
$16{,}7^\circ$	$\approx 2{,}8$	$0$
$30^\circ$	$4{,}9$	$\approx 2{,}4$
$45^\circ$	$\approx 6{,}9$	$\approx 4{,}8$
$90^\circ$	$9{,}8$	$9{,}8$

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Topics: Dynamics · Friction Concepts: Kinetic friction · Newton’s second law · Normal force · Weight force Skills: Resolution on an incline · Applying Newton’s laws · Use of trigonometry Methods: Free-body diagram method Objects: Inclined plane · Block

Testo

Ranking. Quattro oggetti percorrono traiettorie circolari con raggio $r$ e velocità $v$ assegnati: (A) $r = 4\;\mathrm{m}$ , $v = 2\;\mathrm{m/s}$ . (B) $r = 1\;\mathrm{m}$ , $v = 3\;\mathrm{m/s}$ . (C) $r = 2\;\mathrm{m}$ , $v = 2\;\mathrm{m/s}$ . (D) $r = 0{,}5\;\mathrm{m}$ , $v = 2{,}5\;\mathrm{m/s}$ . Ordina le accelerazioni centripete $a = v^2/r$ dalla più piccola alla più grande.

Soluzione

Formula. L’accelerazione centripeta vale $a = v^2/r$ . Attenzione: $v$ compare al quadrato, quindi pesa più del raggio. Calcolo per ciascuno:

Caso $r$ (m) $v$ (m/s) $a = v^2/r$ (m/s²)
A $4$ $2$ $4/4 = 1{,}0$
B $1$ $3$ $9/1 = 9{,}0$
C $2$ $2$ $4/2 = 2{,}0$
D $0{,}5$ $2{,}5$ $6{,}25/0{,}5 = 12{,}5$

Ordinamento (dalla più piccola alla più grande): $1{,}0 < 2{,}0 < 9{,}0 < 12{,}5$ , cioè

$\ev{A < C < B < D}$

Osservazione. D vince pur avendo velocità intermedia, perché ha il raggio più piccolo: curvare stretto a velocità sostenuta richiede molta accelerazione centripeta. A perde nonostante $v$ non piccola, perché il raggio grande “diluisce” la curvatura.

Caso	$r$ (m)	$v$ (m/s)	$a = v^2/r$ (m/s²)
A	$4$	$2$	$4/4 = 1{,}0$
B	$1$	$3$	$9/1 = 9{,}0$
C	$2$	$2$	$4/2 = 2{,}0$
D	$0{,}5$	$2{,}5$	$6{,}25/0{,}5 = 12{,}5$

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Argomenti: Dinamica Concetti: Accelerazione centripeta · Moto circolare uniforme Competenze: Ragionamento di ranking · Impostazione simbolica

Problem

Ranking. Four objects follow circular paths with given radius $r$ and speed $v$ : (A) $r = 4\;\mathrm{m}$ , $v = 2\;\mathrm{m/s}$ . (B) $r = 1\;\mathrm{m}$ , $v = 3\;\mathrm{m/s}$ . (C) $r = 2\;\mathrm{m}$ , $v = 2\;\mathrm{m/s}$ . (D) $r = 0{,}5\;\mathrm{m}$ , $v = 2{,}5\;\mathrm{m/s}$ . Order the centripetal accelerations $a = v^2/r$ from smallest to largest.

Solution

Formula. The centripetal acceleration is $a = v^2/r$ . Note: $v$ appears squared, so it carries more weight than the radius. Computing for each case:

Case $r$ (m) $v$ (m/s) $a = v^2/r$ (m/s²)
A $4$ $2$ $4/4 = 1{,}0$
B $1$ $3$ $9/1 = 9{,}0$
C $2$ $2$ $4/2 = 2{,}0$
D $0{,}5$ $2{,}5$ $6{,}25/0{,}5 = 12{,}5$

Ordering (from smallest to largest): $1{,}0 < 2{,}0 < 9{,}0 < 12{,}5$ , i.e.

$\ev{A < C < B < D}$

Remark. D wins despite having an intermediate speed, because it has the smallest radius: cornering tightly at a sustained speed requires a lot of centripetal acceleration. A loses despite its non-small $v$ , because the large radius “dilutes” the curvature.

Case	$r$ (m)	$v$ (m/s)	$a = v^2/r$ (m/s²)
A	$4$	$2$	$4/4 = 1{,}0$
B	$1$	$3$	$9/1 = 9{,}0$
C	$2$	$2$	$4/2 = 2{,}0$
D	$0{,}5$	$2{,}5$	$6{,}25/0{,}5 = 12{,}5$

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Topics: Dynamics Concepts: Centripetal acceleration · Uniform circular motion Skills: Ranking reasoning · Symbolic set-up

Testo

Lo skater sul half-pipe. Uno skater percorre un half-pipe liscio partendo da fermo dal bordo superiore. In che punto della discesa la sua accelerazione ha modulo massimo? Dove è puramente radiale? Dove è puramente tangenziale? Rispondi senza calcoli, ragionando sulla direzione della forza peso e sulla forma della traiettoria.

Soluzione

Le due componenti. Lungo una traiettoria curva l’accelerazione si scompone sempre in due parti:

tangenziale $a_t$ : cambia il modulo della velocità; è legata alla componente del peso lungo la traiettoria;

radiale (centripeta) $a_c = v^2/r$ : cambia la direzione della velocità; punta verso il centro di curvatura.

Al bordo superiore (partenza). Lo skater parte da fermo: $v = 0$ , quindi $a_c = v^2/r = 0$ . Lì la parete dell’half-pipe è (quasi) verticale, cioè tangente alla traiettoria: la forza peso, verticale, è tutta diretta lungo la traiettoria. L’accelerazione è dunque puramente tangenziale — massima capacità di “prendere velocità”, nessuna curvatura della velocità (che ancora non c’è).

$\ev{\text{In alto: } a \text{ puramente tangenziale } (v=0 \Rightarrow a_c=0)}$

Al fondo (punto più basso). Qui la traiettoria è orizzontale: la tangente è orizzontale e il raggio (verso il centro di curvatura) è verticale, verso l’alto. La forza peso è verticale, quindi non ha componente tangenziale: $a_t = 0$ . Inoltre il fondo è il punto in cui la velocità $v$ è massima (lo skater ha “convertito” tutta la discesa in velocità) e il raggio di curvatura è piccolo, quindi $a_c = v^2/r$ è grande. L’accelerazione è puramente radiale (centripeta, verso l’alto) ed è lì che ha modulo massimo.

$\ev{\text{In basso: } a \text{ puramente radiale e massima } (a_t=0,\ v \text{ max})}$

In sintesi. Scendendo dal bordo, la componente tangenziale (che accelera lo skater) diminuisce mentre cresce la componente radiale (perché $v$ aumenta): l’accelerazione ruota gradualmente da “tutta tangenziale” in alto a “tutta radiale” e massima in fondo.

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Argomenti: Dinamica Concetti: Accelerazione centripeta · Moto circolare uniforme · Forza peso Competenze: Scomposizione vettoriale · Diagramma di corpo libero Metodi: Metodo del diagramma di corpo libero

Problem

The skater on the half-pipe. A skater rides a smooth half-pipe, starting from rest at the top edge. At which point of the descent is the magnitude of the acceleration greatest? Where is it purely radial? Where is it purely tangential? Answer without calculations, reasoning about the direction of the weight force and the shape of the path.

Solution

The two components. Along a curved path the acceleration always splits into two parts:

tangential $a_t$ : changes the magnitude of the velocity; it is linked to the component of the weight along the path;

radial (centripetal) $a_c = v^2/r$ : changes the direction of the velocity; it points towards the centre of curvature.

At the top edge (start). The skater starts from rest: $v = 0$ , so $a_c = v^2/r = 0$ . There the half-pipe wall is (nearly) vertical, i.e. tangent to the path: the weight force, vertical, is entirely directed along the path. The acceleration is therefore purely tangential — maximum capacity to “pick up speed”, no curvature of the velocity (which does not yet exist).

$\ev{\text{At the top: } a \text{ purely tangential } (v=0 \Rightarrow a_c=0)}$

At the bottom (lowest point). Here the path is horizontal: the tangent is horizontal and the radius (towards the centre of curvature) is vertical, pointing up. The weight force is vertical, so it has no tangential component: $a_t = 0$ . Moreover the bottom is the point where the speed $v$ is greatest (the skater has “converted” the whole descent into speed) and the radius of curvature is small, so $a_c = v^2/r$ is large. The acceleration is purely radial (centripetal, pointing up) and it is there that it has maximum magnitude.

$\ev{\text{At the bottom: } a \text{ purely radial and maximum } (a_t=0,\ v \text{ max})}$

In summary. Descending from the edge, the tangential component (which accelerates the skater) decreases while the radial component grows (because $v$ increases): the acceleration gradually rotates from “all tangential” at the top to “all radial” and maximum at the bottom.

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Topics: Dinamica Concepts: Accelerazione centripeta · Moto circolare uniforme · Forza peso Skills: Scomposizione vettoriale · Diagramma di corpo libero Methods: Metodo del diagramma di corpo libero

Testo

La puleggia di Atwood: occhio all’asse. Sulla puleggia ideale del problema precedente sostituiamo i valori numerici con $m = 5\;\mathrm{kg}$ e $M = 10\;\mathrm{kg}$ , lasciando il sistema libero di muoversi. Domanda: qual è il modulo della forza che il perno della puleggia deve esercitare verso l’alto per restare fermo? Confronta il risultato con il valore $(M+m)g$ che si avrebbe se il sistema fosse bloccato (per esempio bloccando la fune sulla puleggia): perché il perno tiene meno peso quando il sistema si muove? Spunto da (Povey 2015).

Soluzione

Accelerazione della macchina di Atwood. Le due masse sono collegate dalla fune ideale sulla puleggia ideale; $M$ scende, $m$ sale, con lo stesso modulo di accelerazione: $a = \frac{(M-m)g}{M+m} = \frac{(10-5)\cdot 9{,}8}{15} \approx 3{,}3\;\mathrm{m/s^2}$

Tensione della fune. Per la massa che sale (o che scende) si ottiene la stessa $T$ ; usando $m$ : $T = m(g+a) = \frac{2Mm\,g}{M+m} = \frac{2\cdot 10\cdot 5\cdot 9{,}8}{15} \approx 65{,}3\;\mathrm{N}$

$\ev{T = \dfrac{2Mm\,g}{M+m} \approx 65{,}3\;\mathrm{N}}$

Forza sul perno. La fune ideale, avvolta sulla puleggia, tira l’asse verso il basso su entrambi i lati con la stessa tensione $T$ . Perché la puleggia (ideale, di massa trascurabile) resti in equilibrio, il perno deve spingere verso l’alto con: $F_\text{asse} = 2T = \frac{4Mm\,g}{M+m} = \frac{4\cdot 10\cdot 5\cdot 9{,}8}{15}$

$\ev{F_\text{asse} = \dfrac{4Mm\,g}{M+m} \approx 131\;\mathrm{N}}$

Confronto con il sistema bloccato. Se la fune fosse bloccata sulla puleggia, nulla si muove: il perno sosterrebbe l’intero peso appeso, $(M+m)g = 15\cdot 9{,}8 = 147\;\mathrm{N}$ Quando invece il sistema è libero, il perno tiene solo $\approx 131\;\mathrm{N}$ , cioè meno di $147\;\mathrm{N}$ .

Perché il perno tiene meno peso quando il sistema si muove. Perché le due masse accelerano: $M$ scende accelerando verso il basso, $m$ sale accelerando verso l’alto. Per la seconda legge di Newton, la fune deve esercitare una forza inferiore al peso di $M$ (per lasciarla accelerare in giù) e superiore al peso di $m$ (per farla accelerare in su): la tensione è la stessa $T$ da entrambi i lati e vale un valore intermedio. La somma dei due pesi non è più bilanciata solo dal perno: una parte della forza-peso di $M$ “va” nell’accelerare le masse anziché scaricarsi sull’asse. Formalmente: $(M+m)g - F_\text{asse} = (M+m)g - \frac{4Mm\,g}{M+m} = \frac{(M-m)^2 g}{M+m} = (M-m)\,a$ Questa differenza, $(M-m)g - \dots$ , è esattamente la forza netta che accelera il sistema. In caso limite $M=m$ nulla si muove e $F_\text{asse} = (M+m)g$ : il perno regge tutto il peso solo quando il sistema è in equilibrio.

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Argomenti: Dinamica Concetti: Seconda legge di Newton · Tensione · Forza peso Competenze: Applicazione delle leggi di Newton · Diagramma di corpo libero · Impostazione simbolica Metodi: Metodo del diagramma di corpo libero Oggetti: Macchina di Atwood · Puleggia · Fune ideale

Problem

Atwood’s pulley: mind the axle. On the ideal pulley of the previous problem we replace the numerical values with $m = 5\;\mathrm{kg}$ and $M = 10\;\mathrm{kg}$ , leaving the system free to move. Question: what is the magnitude of the force that the pulley’s pin must exert upward to remain still? Compare the result with the value $(M+m)g$ that would apply if the system were locked (for example by locking the rope on the pulley): why does the pin bear less weight when the system moves? Adapted from (Povey 2015).

Solution

Acceleration of the Atwood machine. The two masses are connected by the ideal rope over the ideal pulley; $M$ descends, $m$ rises, with the same magnitude of acceleration: $a = \frac{(M-m)g}{M+m} = \frac{(10-5)\cdot 9{,}8}{15} \approx 3{,}3\;\mathrm{m/s^2}$

Rope tension. For the mass that rises (or descends) the same $T$ is obtained; using $m$ : $T = m(g+a) = \frac{2Mm\,g}{M+m} = \frac{2\cdot 10\cdot 5\cdot 9{,}8}{15} \approx 65{,}3\;\mathrm{N}$

$\ev{T = \dfrac{2Mm\,g}{M+m} \approx 65{,}3\;\mathrm{N}}$

Force on the axle. The ideal rope, wrapped over the pulley, pulls the axle downward on both sides with the same tension $T$ . For the pulley (ideal, of negligible mass) to remain in equilibrium, the pin must push upward with: $F_\text{axle} = 2T = \frac{4Mm\,g}{M+m} = \frac{4\cdot 10\cdot 5\cdot 9{,}8}{15}$

$\ev{F_\text{axle} = \dfrac{4Mm\,g}{M+m} \approx 131\;\mathrm{N}}$

Comparison with the locked system. If the rope were locked on the pulley, nothing would move: the pin would support the entire hanging weight, $(M+m)g = 15\cdot 9{,}8 = 147\;\mathrm{N}$ When instead the system is free, the pin bears only $\approx 131\;\mathrm{N}$ , i.e. less than $147\;\mathrm{N}$ .

Why the pin bears less weight when the system moves. Because the two masses accelerate: $M$ descends accelerating downward, $m$ rises accelerating upward. By Newton’s second law, the rope must exert a force smaller than the weight of $M$ (to let it accelerate downward) and greater than the weight of $m$ (to make it accelerate upward): the tension is the same $T$ on both sides and takes an intermediate value. The sum of the two weights is no longer balanced solely by the pin: part of the weight-force of $M$ “goes” into accelerating the masses instead of being transmitted to the axle. Formally: $(M+m)g - F_\text{axle} = (M+m)g - \frac{4Mm\,g}{M+m} = \frac{(M-m)^2 g}{M+m} = (M-m)\,a$ This difference, $(M-m)g - \dots$ , is exactly the net force that accelerates the system. In the limiting case $M=m$ nothing moves and $F_\text{axle} = (M+m)g$ : the pin bears the full weight only when the system is in equilibrium.

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Testo

La scatola di fiammiferi che accelera. Una scatola di fiammiferi di altezza $h$ , larghezza $b$ e densità uniforme è in piedi su un tavolo che viene fatto accelerare orizzontalmente con accelerazione $a$ . Il coefficiente di attrito statico tra scatola e tavolo è $\mu_s$ . Per quale valore di $a$ la scatola comincia a slittare? Per quale valore comincia invece a ribaltarsi? Quale dei due fenomeni avviene per primo se $\mu_s > b/h$ ? Rielaborato da (Povey 2015, § 4.3).

Soluzione

Descriviamo la scatola nel riferimento (non inerziale) del tavolo: oltre al peso $mg$ (in basso) e alla normale $N$ , compare la forza d’inerzia $ma$ orizzontale, applicata al centro di massa (a metà altezza, $h/2$ , e a metà larghezza, $b/2$ ). L’attrito statico $f\le\mu_s N$ deve tenere ferma la scatola.

Soglia di slittamento. In verticale $N = mg$ . La scatola non scivola finché l’attrito riesce a bilanciare la forza d’inerzia: $ma \le \mu_s N = \mu_s mg$ . Comincia a slittare quando $\ev{a_\text{slitt} = \mu_s\,g}$

Soglia di ribaltamento. La scatola ribalta ruotando attorno allo spigolo “posteriore” (quello dal lato opposto all’accelerazione). Calcoliamo i momenti rispetto a quello spigolo:

il peso $mg$ ha braccio $b/2$ e dà un momento stabilizzante $mg\cdot\dfrac{b}{2}$ ;

la forza d’inerzia $ma$ ha braccio $h/2$ (altezza del centro di massa) e dà un momento ribaltante $ma\cdot\dfrac{h}{2}$ .

Il ribaltamento inizia quando il momento ribaltante supera quello stabilizzante: $ma\cdot\frac{h}{2} > mg\cdot\frac{b}{2} \;\Rightarrow\; \ev{a_\text{ribalt} = \dfrac{b}{h}\,g}$

Quale avviene per primo. Avviene per primo il fenomeno con la soglia di accelerazione più bassa. Confrontiamo: $a_\text{slitt} = \mu_s g \qquad\text{vs}\qquad a_\text{ribalt} = \frac{b}{h}g$ Se $\mu_s > b/h$ , allora $a_\text{slitt} > a_\text{ribalt}$ : la soglia di ribaltamento è più bassa, quindi la scatola ribalta prima di slittare.

$\ev{\mu_s > b/h \;\Rightarrow\; \text{ribalta prima di slittare}}$

Interpretazione con l’altezza del centro di massa. La scatola slitta (anziché ribaltare) se $a_\text{slitt} < a_\text{ribalt}$ , cioè $\mu_s g < \dfrac{b}{h}g \Rightarrow h < \dfrac{b}{\mu_s}$ . Poiché il centro di massa di un corpo uniforme sta a $y = h/2$ , la condizione diventa: la scatola slitta finché l’altezza del centro di massa non supera $\ev{y_\text{max} = \dfrac{b}{2\mu_s}}$ Oltre questa altezza (scatola troppo alta e stretta, o attrito troppo grande) prevale il ribaltamento. È il motivo per cui gli oggetti alti e sottili si rovesciano quando spingi il piano su cui poggiano, mentre quelli bassi e larghi scivolano.

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Argomenti: Dinamica · Attrito Concetti: Attrito statico · Seconda legge di Newton · Forza normale · Forza peso Competenze: Applicazione delle leggi di Newton · Diagramma di corpo libero · Impostazione simbolica Metodi: Metodo del diagramma di corpo libero Oggetti: Blocco

Problem

The accelerating matchbox. A matchbox of height $h$ , width $b$ and uniform density stands on a table that is made to accelerate horizontally with acceleration $a$ . The coefficient of static friction between box and table is $\mu_s$ . At what value of $a$ does the box start to slide? At what value does it instead start to tip over? Which of the two phenomena occurs first if $\mu_s > b/h$ ? Reworked from (Povey 2015, § 4.3).

Solution

We describe the box in the (non-inertial) reference frame of the table: besides the weight $mg$ (downward) and the normal $N$ , an inertial force $ma$ appears, horizontal, applied at the centre of mass (at half height, $h/2$ , and half width, $b/2$ ). Static friction $f\le\mu_s N$ must keep the box still.

Sliding threshold. Vertically $N = mg$ . The box does not slide as long as friction manages to balance the inertial force: $ma \le \mu_s N = \mu_s mg$ . It starts to slide when $\ev{a_\text{slide} = \mu_s\,g}$

Tipping threshold. The box tips over rotating about the “rear” edge (the one on the side opposite to the acceleration). Let us calculate the moments about that edge:

the weight $mg$ has lever arm $b/2$ and gives a stabilising moment $mg\cdot\dfrac{b}{2}$ ;

the inertial force $ma$ has lever arm $h/2$ (height of the centre of mass) and gives a tipping moment $ma\cdot\dfrac{h}{2}$ .

Tipping starts when the tipping moment exceeds the stabilising one: $ma\cdot\frac{h}{2} > mg\cdot\frac{b}{2} \;\Rightarrow\; \ev{a_\text{tip} = \dfrac{b}{h}\,g}$

Which happens first. The phenomenon with the lower acceleration threshold occurs first. Let us compare: $a_\text{slide} = \mu_s g \qquad\text{vs}\qquad a_\text{tip} = \frac{b}{h}g$ If $\mu_s > b/h$ , then $a_\text{slide} > a_\text{tip}$ : the tipping threshold is lower, so the box tips over before sliding.

$\ev{\mu_s > b/h \;\Rightarrow\; \text{tips over before sliding}}$

Interpretation via the height of the centre of mass. The box slides (rather than tipping) if $a_\text{slide} < a_\text{tip}$ , i.e. $\mu_s g < \dfrac{b}{h}g \Rightarrow h < \dfrac{b}{\mu_s}$ . Since the centre of mass of a uniform body sits at $y = h/2$ , the condition becomes: the box slides as long as the height of the centre of mass does not exceed $\ev{y_\text{max} = \dfrac{b}{2\mu_s}}$ Beyond this height (a box too tall and narrow, or too much friction) tipping prevails. That is why tall, thin objects fall over when you push the surface they rest on, while low, wide ones slide.

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Topics: Dinamica · Attrito Concepts: Attrito statico · Seconda legge di Newton · Forza normale · Forza peso Skills: Applicazione delle leggi di Newton · Diagramma di corpo libero · Impostazione simbolica Methods: Metodo del diagramma di corpo libero Objects: Blocco

Testo

Una piccola sfera è legata a un filo di lunghezza $\ell = 0{,}80\;\mathrm{m}$ e ruota in un cerchio orizzontale (pendolo conico). Se l’angolo del filo con la verticale è $\theta = 30^\circ$ , qual è la velocità della sfera?

Soluzione

Geometria. Il filo descrive un cono di semiapertura $\theta$ . Il raggio del cerchio orizzontale è la proiezione del filo: $r = \ell\sin\theta = 0{,}80\cdot\sin 30^\circ = 0{,}80\cdot 0{,}50 = 0{,}40\;\mathrm{m}$

Diagramma di corpo libero. Sulla sfera agiscono solo il peso $mg$ (verticale, in basso) e la tensione $T$ lungo il filo. La tensione si scompone in:

componente verticale $T\cos\theta$ , che bilancia il peso;

componente orizzontale $T\sin\theta$ , che fornisce la forza centripeta.

Equazioni di Newton. $\begin{aligned} T\cos\theta &= mg \\ T\sin\theta &= \frac{m v^2}{r} \end{aligned}$

Eliminazione di $T$ . Dividendo membro a membro la seconda per la prima ( $T$ e $m$ si semplificano): $\tan\theta = \frac{v^2}{g\,r} \;\Rightarrow\; v = \sqrt{g\,r\,\tan\theta}$

Sostituzione numerica. $v = \sqrt{9{,}8\cdot 0{,}40\cdot\tan 30^\circ} = \sqrt{9{,}8\cdot 0{,}40\cdot 0{,}577} = \sqrt{2{,}26}\;\mathrm{m/s}$

$\ev{v \approx 1{,}5\;\mathrm{m/s}}$

Nota: la velocità non dipende dalla massa della sfera (si semplifica), ma solo da lunghezza del filo e angolo.

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Argomenti: Dinamica Concetti: Forza centripeta · Tensione · Moto circolare uniforme · Forza peso Competenze: Diagramma di corpo libero · Scomposizione vettoriale · Uso della trigonometria · Applicazione delle leggi di Newton Metodi: Metodo del diagramma di corpo libero Oggetti: Pendolo conico · Fune ideale

Problem

A small sphere is tied to a string of length $\ell = 0{,}80\;\mathrm{m}$ and rotates in a horizontal circle (conical pendulum). If the angle of the string with the vertical is $\theta = 30^\circ$ , what is the speed of the sphere?

Solution

Geometry. The string traces a cone of half-angle $\theta$ . The radius of the horizontal circle is the projection of the string: $r = \ell\sin\theta = 0{,}80\cdot\sin 30^\circ = 0{,}80\cdot 0{,}50 = 0{,}40\;\mathrm{m}$

Free-body diagram. Only the weight $mg$ (vertical, downward) and the tension $T$ along the string act on the sphere. The tension splits into:

a vertical component $T\cos\theta$ , which balances the weight;

a horizontal component $T\sin\theta$ , which provides the centripetal force.

Newton’s equations. $\begin{aligned} T\cos\theta &= mg \\ T\sin\theta &= \frac{m v^2}{r} \end{aligned}$

Eliminating $T$ . Dividing the second equation by the first term by term ( $T$ and $m$ cancel): $\tan\theta = \frac{v^2}{g\,r} \;\Rightarrow\; v = \sqrt{g\,r\,\tan\theta}$

Numerical substitution. $v = \sqrt{9{,}8\cdot 0{,}40\cdot\tan 30^\circ} = \sqrt{9{,}8\cdot 0{,}40\cdot 0{,}577} = \sqrt{2{,}26}\;\mathrm{m/s}$

$\ev{v \approx 1{,}5\;\mathrm{m/s}}$

Note: the speed does not depend on the mass of the sphere (it cancels out), only on the length of the string and the angle.

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Testo

Un’auto percorre una curva piana di raggio $r = 50\;\mathrm{m}$ . Il coefficiente di attrito statico tra pneumatici e asfalto è $\mu_s = 0{,}40$ . Qual è la velocità massima con cui può affrontare la curva senza slittare? Cosa succede se la curva è bagnata e $\mu_s$ scende a $0{,}15$ ?

Soluzione

Chi fa la forza centripeta. Su una curva piana (non sopraelevata) l’unica forza orizzontale disponibile per curvare è l’attrito statico tra pneumatici e asfalto. Deve fornire tutta la forza centripeta: $f_s = \frac{m v^2}{r}$ L’attrito statico ha un massimo $f_{s,\max} = \mu_s N = \mu_s\,mg$ (su strada piana $N = mg$ ). La velocità massima si ha quando l’attrito è al limite: $\mu_s\,mg = \frac{m v_\text{max}^2}{r} \;\Rightarrow\; v_\text{max} = \sqrt{\mu_s\,g\,r}$ La massa si semplifica: la velocità limite non dipende da quanto è pesante l’auto.

Asciutto ( $\mu_s = 0{,}40$ ). $v_\text{max} = \sqrt{0{,}40\cdot 9{,}8\cdot 50} = \sqrt{196}\;\mathrm{m/s}$

$\ev{v_\text{max} = 14\;\mathrm{m/s}\ (\approx 50\;\mathrm{km/h})}$

Bagnato ( $\mu_s = 0{,}15$ ). $v_\text{max} = \sqrt{0{,}15\cdot 9{,}8\cdot 50} = \sqrt{73{,}5} \approx 8{,}6\;\mathrm{m/s}$

$\ev{v_\text{max}^\text{bagnato} \approx 8{,}6\;\mathrm{m/s}\ (\approx 31\;\mathrm{km/h})}$

Commento. Poiché $v_\text{max}\propto\sqrt{\mu_s}$ , riducendo l’attrito da $0{,}40$ a $0{,}15$ (fattore $\approx 2{,}7$ ) la velocità limite scende di $\sqrt{2{,}7}\approx 1{,}6$ volte, da $14$ a circa $8{,}6\;\mathrm{m/s}$ . Con la strada bagnata la stessa curva presa a $14\;\mathrm{m/s}$ farebbe slittare l’auto verso l’esterno: ecco perché in curva, sul bagnato, bisogna rallentare molto.

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Argomenti: Dinamica · Attrito Concetti: Attrito statico · Forza centripeta · Moto circolare uniforme · Forza normale Competenze: Applicazione delle leggi di Newton · Impostazione simbolica Oggetti: Curva sopraelevata

Problem

A car travels round a flat bend of radius $r = 50\;\mathrm{m}$ . The coefficient of static friction between tyres and asphalt is $\mu_s = 0{,}40$ . What is the maximum speed at which it can take the bend without slipping? What happens if the bend is wet and $\mu_s$ drops to $0{,}15$ ?

Solution

What provides the centripetal force. On a flat bend (not banked) the only horizontal force available for cornering is the static friction between tyres and asphalt. It must supply the entire centripetal force: $f_s = \frac{m v^2}{r}$ Static friction has a maximum $f_{s,\max} = \mu_s N = \mu_s\,mg$ (on a flat road $N = mg$ ). The maximum speed occurs when friction is at its limit: $\mu_s\,mg = \frac{m v_\text{max}^2}{r} \;\Rightarrow\; v_\text{max} = \sqrt{\mu_s\,g\,r}$ The mass cancels: the limiting speed does not depend on how heavy the car is.

Dry ( $\mu_s = 0{,}40$ ). $v_\text{max} = \sqrt{0{,}40\cdot 9{,}8\cdot 50} = \sqrt{196}\;\mathrm{m/s}$

$\ev{v_\text{max} = 14\;\mathrm{m/s}\ (\approx 50\;\mathrm{km/h})}$

Wet ( $\mu_s = 0{,}15$ ). $v_\text{max} = \sqrt{0{,}15\cdot 9{,}8\cdot 50} = \sqrt{73{,}5} \approx 8{,}6\;\mathrm{m/s}$

$\ev{v_\text{max}^\text{wet} \approx 8{,}6\;\mathrm{m/s}\ (\approx 31\;\mathrm{km/h})}$

Comment. Since $v_\text{max}\propto\sqrt{\mu_s}$ , reducing the friction from $0{,}40$ to $0{,}15$ (a factor of $\approx 2{,}7$ ) lowers the limiting speed by $\sqrt{2{,}7}\approx 1{,}6$ times, from $14$ to about $8{,}6\;\mathrm{m/s}$ . On a wet road, taking the same bend at $14\;\mathrm{m/s}$ would make the car slide outward: that is why on a bend, in the wet, you must slow down a lot.

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Topics: Dinamica · Attrito Concepts: Attrito statico · Forza centripeta · Moto circolare uniforme · Forza normale Skills: Applicazione delle leggi di Newton · Impostazione simbolica Objects: Curva sopraelevata

Testo

Su un giro della morte un secchiello d’acqua viene fatto roteare in un cerchio verticale. Perché l’acqua non cade quando il secchiello è capovolto in alto? Identifica le forze sull’acqua nel punto più alto.

Soluzione

Forze sull’acqua nel punto più alto. Quando il secchiello è capovolto in cima al cerchio, sull’acqua agiscono due sole forze, entrambe dirette verso il basso, cioè verso il centro del cerchio:

il peso dell’acqua $mg$ ;

la forza normale $N$ con cui il fondo del secchiello preme sull’acqua (il fondo è sopra l’acqua e spinge verso il basso).

Perché non cade. L’acqua non “cade” perché sta percorrendo un cerchio: ha bisogno di una forza centripeta netta diretta verso il centro (verso il basso, in quel punto). La seconda legge di Newton nel punto più alto dà: $N + mg = \frac{m v^2}{r}$ Tutto il peso, invece di far cadere l’acqua dentro il secchiello, viene “usato” come forza centripeta: serve a curvare la traiettoria dell’acqua, che segue il secchiello lungo il cerchio. L’acqua sta cadendo (accelera verso il basso), ma il secchiello cade insieme a lei alla stessa accelerazione, quindi non si separano.

Velocità minima. Perché l’acqua resti a contatto col fondo serve $N\ge 0$ . Il caso limite è $N = 0$ : $mg = \frac{m v_\text{min}^2}{r} \;\Rightarrow\; \ev{v_\text{min} = \sqrt{g\,r}}$ Se ruoti abbastanza veloce ( $v\ge v_\text{min}$ ), il peso non basta da solo a fornire la centripeta richiesta e il secchiello deve spingere in giù sull’acqua ( $N>0$ ): l’acqua resta incollata al fondo. Se invece $v < v_\text{min}$ , la centripeta richiesta è minore del peso: l’acqua si stacca dal fondo e cade addosso a chi ruota il secchiello. La massa si semplifica: la velocità minima dipende solo da $g$ e dal raggio $r$ , non da quanta acqua c’è.

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Argomenti: Dinamica Concetti: Forza centripeta · Accelerazione centripeta · Forza normale · Forza peso · Moto circolare uniforme Competenze: Diagramma di corpo libero · Applicazione delle leggi di Newton Metodi: Metodo del diagramma di corpo libero Oggetti: Giro della morte

Problem

On a loop-the-loop a bucket of water is swung round a vertical circle. Why doesn’t the water fall out when the bucket is upside down at the top? Identify the forces on the water at the highest point.

Solution

Forces on the water at the highest point. When the bucket is upside down at the top of the circle, only two forces act on the water, both directed downward, i.e. towards the centre of the circle:

the weight of the water $mg$ ;

the normal force $N$ with which the bottom of the bucket presses on the water (the bottom is above the water and pushes downward).

Why it doesn’t fall. The water does not “fall” because it is travelling in a circle: it needs a net centripetal force directed towards the centre (downward, at that point). Newton’s second law at the highest point gives: $N + mg = \frac{m v^2}{r}$ All the weight, instead of making the water fall inside the bucket, is “used” as centripetal force: it serves to curve the water’s path, which follows the bucket around the circle. The water is falling (accelerating downward), but the bucket falls together with it at the same acceleration, so they do not separate.

Minimum speed. For the water to stay in contact with the bottom, $N\ge 0$ is required. The limiting case is $N = 0$ : $mg = \frac{m v_\text{min}^2}{r} \;\Rightarrow\; \ev{v_\text{min} = \sqrt{g\,r}}$ If you swing fast enough ( $v\ge v_\text{min}$ ), the weight alone is not enough to supply the required centripetal force and the bucket must push down on the water ( $N>0$ ): the water stays stuck to the bottom. If instead $v < v_\text{min}$ , the required centripetal force is smaller than the weight: the water detaches from the bottom and falls onto whoever is swinging the bucket. The mass cancels: the minimum speed depends only on $g$ and the radius $r$ , not on how much water there is.

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Topics: Dinamica Concepts: Forza centripeta · Accelerazione centripeta · Forza normale · Forza peso · Moto circolare uniforme Skills: Diagramma di corpo libero · Applicazione delle leggi di Newton Methods: Metodo del diagramma di corpo libero Objects: Giro della morte

Testo

Tre punti su un disco rotante con velocità angolare costante $\omega$ :

A a distanza $r$ dal centro;

B a distanza $2r$ ;

C a distanza $3r$ .

Ordina le accelerazioni centripete dal più piccolo al più grande.

Soluzione

Formula giusta. Su un corpo rigido che ruota, tutti i punti hanno la stessa velocità angolare $\omega$ , ma velocità (tangenziale) diverse: $v = \omega\,d$ , tanto maggiore quanto più il punto è lontano dal centro. Conviene quindi esprimere l’accelerazione centripeta in funzione di $\omega$ , che è comune a tutti: $a_c = \omega^2\,d$ ( $d$ = distanza dal centro). A parità di $\omega$ , l’accelerazione è proporzionale alla distanza dal centro.

Calcolo per i tre punti.

Punto Distanza $d$ $a_c = \omega^2 d$
A $r$ $\omega^2 r$
B $2r$ $2\,\omega^2 r$
C $3r$ $3\,\omega^2 r$

Ordinamento (dal più piccolo al più grande): $\omega^2 r < 2\omega^2 r < 3\omega^2 r$ , cioè $a_A < a_B < a_C$ , ossia

$\ev{a_C > a_B > a_A}$

Attenzione al tranello. Se si usasse per errore $a_c = v^2/d$ pensando la stessa $v$ per tutti, si otterrebbe l’ordine opposto. Ma sul disco rigido è $\omega$ a essere comune, non $v$ : il punto più esterno (C) ha sia la velocità sia l’accelerazione centripeta maggiori.

Punto	Distanza $d$	$a_c = \omega^2 d$
A	$r$	$\omega^2 r$
B	$2r$	$2\,\omega^2 r$
C	$3r$	$3\,\omega^2 r$

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Argomenti: Dinamica Concetti: Accelerazione centripeta · Velocità angolare · Moto circolare uniforme Competenze: Ragionamento di ranking · Impostazione simbolica Oggetti: Disco rotante

Problem

Three points on a disc rotating with constant angular velocity $\omega$ :

A at distance $r$ from the centre;

B at distance $2r$ ;

C at distance $3r$ .

Rank the centripetal accelerations from smallest to largest.

Solution

The right formula. On a rotating rigid body, all points have the same angular velocity $\omega$ , but different (tangential) speeds: $v = \omega\,d$ , larger the further the point is from the centre. It is therefore convenient to express the centripetal acceleration as a function of $\omega$ , which is common to all: $a_c = \omega^2\,d$ ( $d$ = distance from the centre). At equal $\omega$ , the acceleration is proportional to the distance from the centre.

Calculation for the three points.

Point Distance $d$ $a_c = \omega^2 d$
A $r$ $\omega^2 r$
B $2r$ $2\,\omega^2 r$
C $3r$ $3\,\omega^2 r$

Ranking (from smallest to largest): $\omega^2 r < 2\omega^2 r < 3\omega^2 r$ , i.e. $a_A < a_B < a_C$ , that is

$\ev{a_C > a_B > a_A}$

Beware the trap. If one mistakenly used $a_c = v^2/d$ assuming the same $v$ for all, the opposite order would result. But on a rigid disc it is $\omega$ that is common, not $v$ : the outermost point (C) has both the greater speed and the greater centripetal acceleration.

Point	Distance $d$	$a_c = \omega^2 d$
A	$r$	$\omega^2 r$
B	$2r$	$2\,\omega^2 r$
C	$3r$	$3\,\omega^2 r$

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Topics: Dinamica Concepts: Accelerazione centripeta · Velocità angolare · Moto circolare uniforme Skills: Ragionamento di ranking · Impostazione simbolica Objects: Disco rotante

Testo

Un blocco è su un piano inclinato di angolo $\theta$ regolabile. Aumentando lentamente $\theta$ , il blocco comincia a scivolare quando $\theta = 22^\circ$ . Qual è il coefficiente di attrito statico?

Soluzione

Diagramma di corpo libero. Sul blocco agiscono tre forze: il peso $\vec P$ (verticale, verso il basso), la reazione normale $\vec N$ (perpendicolare al piano) e l’attrito statico $\vec f_s$ (lungo il piano, verso l’alto, che si oppone allo scivolamento incipiente).

Scelta degli assi. Prendiamo $x$ lungo il piano (positivo verso l’alto) e $y$ perpendicolare al piano. Scomponiamo il peso: componente motrice $P_x = mg\sin\theta$ , componente premente $P_y = mg\cos\theta$ .

Condizione di soglia. Finché il blocco è fermo, l’attrito statico bilancia esattamente la componente motrice. Il blocco è sul punto di scivolare quando l’attrito raggiunge il suo valore massimo $f_{s,\max} = \mu_s N$ . In quell’istante l’equilibrio lungo il piano dà: $mg\sin\theta = \mu_s N$

Lungo la perpendicolare (nessun moto in quella direzione): $N = mg\cos\theta$

Combinazione. Sostituendo $N$ nella prima equazione e dividendo membro a membro, la massa e $g$ si semplificano: $\mu_s = \frac{mg\sin\theta}{mg\cos\theta} = \tan\theta$

Risultato numerico. L’angolo di soglia (o angolo di attrito) misura direttamente il coefficiente: $\ev{\mu_s = \tan 22^\circ \approx 0{,}40}$

Nota: la massa non compare. Qualunque blocco dello stesso materiale scivolerebbe allo stesso angolo — è il modo più semplice per misurare $\mu_s$ in laboratorio.

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Argomenti: Dinamica · Attrito Concetti: Attrito statico · Forza normale · Forza peso Competenze: Scomposizione sul piano inclinato Oggetti: Piano inclinato · Blocco

Problem

A block is on an inclined plane of adjustable angle $\theta$ . Slowly increasing $\theta$ , the block starts to slide when $\theta = 22^\circ$ . What is the coefficient of static friction?

Solution

Free-body diagram. Three forces act on the block: the weight $\vec P$ (vertical, downward), the normal reaction $\vec N$ (perpendicular to the plane) and the static friction $\vec f_s$ (along the plane, upward, opposing the incipient sliding).

Choice of axes. Take $x$ along the plane (positive upward) and $y$ perpendicular to the plane. Resolve the weight: driving component $P_x = mg\sin\theta$ , pressing component $P_y = mg\cos\theta$ .

Threshold condition. As long as the block is still, static friction exactly balances the driving component. The block is on the verge of sliding when friction reaches its maximum value $f_{s,\max} = \mu_s N$ . At that instant, equilibrium along the plane gives: $mg\sin\theta = \mu_s N$

Along the perpendicular (no motion in that direction): $N = mg\cos\theta$

Combination. Substituting $N$ into the first equation and dividing term by term, mass and $g$ cancel: $\mu_s = \frac{mg\sin\theta}{mg\cos\theta} = \tan\theta$

Numerical result. The threshold angle (or angle of friction) directly measures the coefficient: $\ev{\mu_s = \tan 22^\circ \approx 0{,}40}$

Note: the mass does not appear. Any block of the same material would slide at the same angle — it is the simplest way to measure $\mu_s$ in the lab.

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Testo

Vero o falso?

(a) In un moto circolare uniforme l’accelerazione è nulla.

(b) In un moto circolare uniforme la velocità cambia direzione ma non modulo.

(c) L’attrito statico può assumere qualsiasi valore fra zero e $\mu_s N$ .

(d) L’attrito dinamico dipende dalla velocità.

Soluzione

(a) FALSO. Nel moto circolare uniforme il modulo della velocità è costante, ma la sua direzione cambia continuamente. Poiché $\vec a = \dd\vec v / \dd t$ , un vettore che cambia direzione ha derivata non nulla. L’accelerazione esiste ed è centripeta, di modulo: $a_c = \frac{v^2}{r}$ diretta verso il centro. È nulla solo la componente tangenziale (che modificherebbe il modulo di $v$ ).

(b) VERO. È proprio la definizione di moto circolare uniforme: la velocità è un vettore tangente alla traiettoria, con modulo costante $v$ ma direzione che ruota. Il cambiamento di direzione è ciò che richiede l’accelerazione centripeta del punto (a).

(c) VERO. L’attrito statico è una forza adattiva: assume esattamente il valore necessario a impedire lo scivolamento, da $0$ (nessuna sollecitazione tangenziale) fino al valore massimo $f_{s,\max} = \mu_s N$ . Solo quando la sollecitazione supera $\mu_s N$ il corpo comincia a muoversi. Vale dunque $0 \le f_s \le \mu_s N$ .

(d) FALSO. L’attrito dinamico ha modulo (approssimato) $f_d = \mu_d N$ , indipendente dal modulo della velocità di scivolamento. Dipende dalla forza premente $N$ e dai materiali a contatto, non da quanto veloce scorre il corpo.

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

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Argomenti: Dinamica · Attrito Concetti: Moto circolare uniforme · Accelerazione centripeta · Attrito statico · Attrito dinamico

Problem

True or false?

(a) In uniform circular motion the acceleration is zero.

(b) In uniform circular motion the velocity changes direction but not magnitude.

(c) Static friction can take any value between zero and $\mu_s N$ .

(d) Kinetic friction depends on speed.

Solution

(a) FALSE. In uniform circular motion the magnitude of the velocity is constant, but its direction keeps changing. Since $\vec a = \dd\vec v / \dd t$ , a vector that changes direction has a non-zero derivative. The acceleration exists and is centripetal, of magnitude: $a_c = \frac{v^2}{r}$ directed towards the centre. Only the tangential component (which would change the magnitude of $v$ ) is zero.

(b) TRUE. This is precisely the definition of uniform circular motion: the velocity is a vector tangent to the path, with constant magnitude $v$ but a rotating direction. The change of direction is what requires the centripetal acceleration of point (a).

(c) TRUE. Static friction is an adaptive force: it takes exactly the value needed to prevent sliding, from $0$ (no tangential stress) up to the maximum value $f_{s,\max} = \mu_s N$ . Only when the stress exceeds $\mu_s N$ does the body start to move. So $0 \le f_s \le \mu_s N$ holds.

(d) FALSE. Kinetic friction has (approximate) magnitude $f_d = \mu_d N$ , independent of the magnitude of the sliding speed. It depends on the pressing force $N$ and on the materials in contact, not on how fast the body is sliding.

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

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Topics: Dinamica · Attrito Concepts: Moto circolare uniforme · Accelerazione centripeta · Attrito statico · Attrito dinamico

Testo

Stima la forza centripeta che agisce su un passeggero seduto in un’auto che affronta una curva di raggio $30$ m a $50$ km/h. Confronta col suo peso.

Soluzione

Dati e ipotesi. Curva di raggio $r \approx 30$ m, velocità $v = 50$ km/h. Per la massa del passeggero assumiamo un valore tipico $m \approx 70$ kg.

Conversione della velocità. $v = \frac{50}{3{,}6} \approx 13{,}9\ \mathrm{m/s}$

Accelerazione centripeta. $a_c = \frac{v^2}{r} = \frac{(13{,}9)^2}{30} \approx \frac{193}{30} \approx 6{,}4\ \mathrm{m/s}^2$

Forza centripeta. È la risultante orizzontale che il sedile (e la cintura) deve esercitare sul passeggero per curvare insieme all’auto: $F_c = m\,a_c \approx 70 \cdot 6{,}4 \approx 4{,}5\cdot 10^2\ \mathrm{N}$

$\ev{F_c \sim 4{,}5\cdot 10^2\ \mathrm{N} \ (\text{dell'ordine di alcune centinaia di newton})}$

Confronto col peso. Il peso del passeggero vale $P = mg \approx 70 \cdot 9{,}81 \approx 6{,}9\cdot 10^2\ \mathrm{N} \approx 690$ N. La forza centripeta è dunque dello stesso ordine di grandezza del peso (circa i due terzi). Trattandosi di una stima, il messaggio è chiaro: in una curva stretta e veloce il sedile deve spingere lateralmente il corpo con una forza confrontabile a quella con cui il pavimento lo sostiene verticalmente. Ecco perché in curva ci si sente “spinti di lato”.

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Argomenti: Dinamica Concetti: Forza centripeta · Accelerazione centripeta · Forza peso Competenze: Stime di Fermi

Problem

Estimate the centripetal force acting on a passenger sitting in a car taking a bend of radius $30$ m at $50$ km/h. Compare it with their weight.

Solution

Data and assumptions. Bend of radius $r \approx 30$ m, speed $v = 50$ km/h. For the passenger’s mass we assume a typical value $m \approx 70$ kg.

Speed conversion. $v = \frac{50}{3{,}6} \approx 13{,}9\ \mathrm{m/s}$

Centripetal acceleration. $a_c = \frac{v^2}{r} = \frac{(13{,}9)^2}{30} \approx \frac{193}{30} \approx 6{,}4\ \mathrm{m/s}^2$

Centripetal force. This is the horizontal resultant that the seat (and the seatbelt) must exert on the passenger for them to curve together with the car: $F_c = m\,a_c \approx 70 \cdot 6{,}4 \approx 4{,}5\cdot 10^2\ \mathrm{N}$

$\ev{F_c \sim 4{,}5\cdot 10^2\ \mathrm{N} \ (\text{of the order of a few hundred newtons})}$

Comparison with the weight. The passenger’s weight is $P = mg \approx 70 \cdot 9{,}81 \approx 6{,}9\cdot 10^2\ \mathrm{N} \approx 690$ N. The centripetal force is thus of the same order of magnitude as the weight (about two-thirds). Since this is an estimate, the message is clear: on a tight, fast bend the seat must push the body sideways with a force comparable to that with which the floor supports it vertically. That is why on a bend you feel “pushed sideways”.

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Testo

Un blocco scivola lungo un piano inclinato di $\theta = 40^\circ$ con coefficiente di attrito dinamico $\mu_d = 0{,}30$ . Calcola l’accelerazione del blocco lungo il piano.

Blocco che scivola sul piano inclinato: peso $\vec P$ , reazione normale $\vec N$ e attrito dinamico $\vec F_a$ opposto al moto.

Soluzione

Metodo. Scegliamo gli assi orientati lungo il piano ( $x$ , positivo verso il basso) e perpendicolari ad esso ( $y$ ). Il peso $\vec P$ si scompone in $P_x = mg\sin\theta$ (motrice) e $P_y = mg\cos\theta$ (premente). La reazione vincolare bilancia $P_y$ : $N = mg\cos\theta$ . L’attrito dinamico è $F_a = \mu_d N = \mu_d mg\cos\theta$ , opposto al moto.

La seconda legge lungo $x$ dà: $ma = mg\sin\theta - \mu_d mg\cos\theta \;\Longrightarrow\; a = g(\sin\theta - \mu_d\cos\theta)$

Con i numeri: $a = 9{,}81\cdot(0{,}643 - 0{,}30\cdot 0{,}766) \approx 9{,}81\cdot 0{,}413 \approx 4{,}05\ \mathrm{m/s}^2$

$\ev{a = g(\sin\theta - \mu_d\cos\theta) \approx 4{,}05\ \mathrm{m/s}^2}$

Senza attrito si avrebbe $g\sin 40^\circ \approx 6{,}30\ \mathrm{m/s}^2$ : l’attrito sottrae circa un terzo dell’accelerazione.

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Argomenti: Dinamica · Attrito Concetti: Attrito dinamico · Forza normale · Forza peso · Seconda legge di Newton Competenze: Scomposizione sul piano inclinato Metodi: Metodo del diagramma di corpo libero Oggetti: Piano inclinato · Blocco

Problem

A block slides down an inclined plane of $\theta = 40^\circ$ with a coefficient of kinetic friction $\mu_d = 0{,}30$ . Calculate the block’s acceleration along the plane.

Block sliding down the inclined plane: weight $\vec P$ , normal reaction $\vec N$ and kinetic friction $\vec F_a$ opposing the motion.

Solution

Method. We choose axes oriented along the plane ( $x$ , positive downward) and perpendicular to it ( $y$ ). The weight $\vec P$ resolves into $P_x = mg\sin\theta$ (driving) and $P_y = mg\cos\theta$ (pressing). The constraint reaction balances $P_y$ : $N = mg\cos\theta$ . The kinetic friction is $F_a = \mu_d N = \mu_d mg\cos\theta$ , opposing the motion.

Newton’s second law along $x$ gives: $ma = mg\sin\theta - \mu_d mg\cos\theta \;\Longrightarrow\; a = g(\sin\theta - \mu_d\cos\theta)$

With the numbers: $a = 9{,}81\cdot(0{,}643 - 0{,}30\cdot 0{,}766) \approx 9{,}81\cdot 0{,}413 \approx 4{,}05\ \mathrm{m/s}^2$

$\ev{a = g(\sin\theta - \mu_d\cos\theta) \approx 4{,}05\ \mathrm{m/s}^2}$

Without friction one would have $g\sin 40^\circ \approx 6{,}30\ \mathrm{m/s}^2$ : friction removes about a third of the acceleration.

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Testo

Una curva di raggio $r = 100\ \mathrm{m}$ è sopraelevata con angolo $\alpha = 15^\circ$ . A quale velocità un’auto può percorrerla senza ricorrere all’attrito?

Curva sopraelevata: peso $m\vec g$ e normale $\vec N$ ; la componente orizzontale di $\vec N$ fornisce l’accelerazione centripeta $\vec a_c$ .

Soluzione

Metodo. Sulla strada agiscono solo peso $m\vec g$ (verticale) e normale $\vec N$ (perpendicolare al fondo stradale). Per il moto circolare serve una forza centripeta orizzontale, diretta verso il centro della curva. Scomponendo $\vec N$ : componente verticale $N\cos\alpha = mg$ , componente orizzontale $N\sin\alpha = mv^2/r$ : $N\cos\alpha = mg \qquad N\sin\alpha = \frac{mv^2}{r}$

Dividendo membro a membro: $\tan\alpha = \frac{v^2}{gr} \;\Longrightarrow\; v = \sqrt{gr\tan\alpha}$

Numericamente: $v = \sqrt{9{,}81\cdot 100\cdot 0{,}268} \approx 16{,}2\ \mathrm{m/s} \approx 58\ \mathrm{km/h}$

$\ev{v = \sqrt{gr\tan\alpha} \approx 16{,}2\ \mathrm{m/s} \approx 58\ \mathrm{km/h}}$

A questa velocità la sola reazione vincolare basta a curvare l’auto: niente attrito, niente sforzo sui pneumatici.

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Problem

A bend of radius $r = 100\ \mathrm{m}$ is banked at angle $\alpha = 15^\circ$ . At what speed can a car take it without relying on friction?

Banked bend: weight $m\vec g$ and normal $\vec N$ ; the horizontal component of $\vec N$ provides the centripetal acceleration $\vec a_c$ .

Solution

Method. Only the weight $m\vec g$ (vertical) and the normal $\vec N$ (perpendicular to the road surface) act on the car. Circular motion requires a horizontal centripetal force, directed towards the centre of the bend. Resolving $\vec N$ : vertical component $N\cos\alpha = mg$ , horizontal component $N\sin\alpha = mv^2/r$ : $N\cos\alpha = mg \qquad N\sin\alpha = \frac{mv^2}{r}$

Dividing term by term: $\tan\alpha = \frac{v^2}{gr} \;\Longrightarrow\; v = \sqrt{gr\tan\alpha}$

Numerically: $v = \sqrt{9{,}81\cdot 100\cdot 0{,}268} \approx 16{,}2\ \mathrm{m/s} \approx 58\ \mathrm{km/h}$

$\ev{v = \sqrt{gr\tan\alpha} \approx 16{,}2\ \mathrm{m/s} \approx 58\ \mathrm{km/h}}$

At this speed the constraint reaction alone is enough to curve the car: no friction, no strain on the tyres.

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Testo

Un blocco viene lasciato fermo in cima a un piano inclinato di $\theta = 30^\circ$ e percorre $s = 2\ \mathrm{m}$ in $t = 1{,}5\ \mathrm{s}$ . Determina il coefficiente di attrito dinamico $\mu_d$ .

Blocco lasciato da fermo: dalla distanza $s$ percorsa nel tempo $t$ si risale all’accelerazione e quindi all’attrito.

Soluzione

Metodo. Il moto è uniformemente accelerato da fermo: $s = \tfrac{1}{2}at^2$ , da cui: $a = \frac{2s}{t^2} = \frac{4}{2{,}25} \approx 1{,}78\ \mathrm{m/s}^2$

Dalla dinamica del piano con attrito, $a = g(\sin\theta - \mu_d\cos\theta)$ , si ricava: $\mu_d = \frac{g\sin\theta - a}{g\cos\theta} = \frac{9{,}81\cdot 0{,}5 - 1{,}78}{9{,}81\cdot 0{,}866} \approx \frac{3{,}125}{8{,}495} \approx 0{,}368$

$\ev{\mu_d = \frac{g\sin\theta - a}{g\cos\theta} \approx 0{,}368}$

La cinematica diventa così una bilancia per pesare le forze nascoste: bastano un cronometro e un metro per misurare l’attrito.

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Problem

A block is released from rest at the top of an inclined plane of $\theta = 30^\circ$ and travels $s = 2\ \mathrm{m}$ in $t = 1{,}5\ \mathrm{s}$ . Determine the coefficient of kinetic friction $\mu_d$ .

Block released from rest: from the distance $s$ covered in time $t$ we work back to the acceleration and hence to the friction.

Solution

Method. The motion is uniformly accelerated from rest: $s = \tfrac{1}{2}at^2$ , from which: $a = \frac{2s}{t^2} = \frac{4}{2{,}25} \approx 1{,}78\ \mathrm{m/s}^2$

From the dynamics of the plane with friction, $a = g(\sin\theta - \mu_d\cos\theta)$ , we obtain: $\mu_d = \frac{g\sin\theta - a}{g\cos\theta} = \frac{9{,}81\cdot 0{,}5 - 1{,}78}{9{,}81\cdot 0{,}866} \approx \frac{3{,}125}{8{,}495} \approx 0{,}368$

$\ev{\mu_d = \frac{g\sin\theta - a}{g\cos\theta} \approx 0{,}368}$

Kinematics thus becomes a scale for weighing hidden forces: a stopwatch and a tape measure are enough to measure friction.

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Testo

Un’auto entra in una curva a velocità $v$ costante in modulo. Spiega perché ha accelerazione anche senza cambiare $\abs{v}$ , e indica la forza reale che la causa.

La velocità $\vec v$ è tangente alla traiettoria; l’accelerazione $\vec a_c$ punta verso il centro $O$ .

Soluzione

La velocità è un vettore. L’accelerazione è definita come $\vec a = \dd\vec v/\dd t$ , cioè la rapidità con cui cambia il vettore velocità — non solo il suo modulo. In curva il modulo $\abs{v}$ resta costante, ma la direzione di $\vec v$ (sempre tangente alla traiettoria) ruota continuamente. Un vettore che cambia direzione ha derivata non nulla: dunque: $\vec a = \frac{\dd\vec v}{\dd t} \neq 0$

Direzione e modulo dell’accelerazione. Questa accelerazione è puramente centripeta: è perpendicolare a $\vec v$ e punta verso il centro $O$ della curva. Il suo modulo è: $a_c = \frac{v^2}{r}$

La forza reale. Per la seconda legge di Newton ogni accelerazione richiede una forza reale nella stessa direzione. Qui la forza centripeta $F_c = mv^2/r$ è fornita dall’attrito statico fra i pneumatici e l’asfalto (i pneumatici non slittano: rotolano, quindi è attrito statico, non dinamico). È l’aderenza laterale delle gomme a “tirare” l’auto verso l’interno della curva.

$\ev{\vec a = \frac{\dd\vec v}{\dd t} \neq 0,\quad a_c = \frac{v^2}{r},\ \text{fornita dall'attrito statico pneumatici–asfalto}}$

Se l’attrito non basta (curva troppo stretta o troppo veloce, fondo bagnato) l’auto non riesce a curvare e prosegue quasi in linea retta: “sbanda verso l’esterno”.

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Argomenti: Dinamica Concetti: Accelerazione centripeta · Moto circolare uniforme · Attrito statico · Forza centripeta

Problem

A car enters a bend at constant speed $v$ in magnitude. Explain why it has acceleration even without changing $\abs{v}$ , and identify the real force that causes it.

The velocity $\vec v$ is tangent to the path; the acceleration $\vec a_c$ points towards the centre $O$ .

Solution

Velocity is a vector. Acceleration is defined as $\vec a = \dd\vec v/\dd t$ , i.e. the rate at which the velocity vector changes — not just its magnitude. On a bend the magnitude $\abs{v}$ stays constant, but the direction of $\vec v$ (always tangent to the path) keeps rotating. A vector that changes direction has a non-zero derivative: hence: $\vec a = \frac{\dd\vec v}{\dd t} \neq 0$

Direction and magnitude of the acceleration. This acceleration is purely centripetal: it is perpendicular to $\vec v$ and points towards the centre $O$ of the bend. Its magnitude is: $a_c = \frac{v^2}{r}$

The real force. By Newton’s second law, every acceleration requires a real force in the same direction. Here the centripetal force $F_c = mv^2/r$ is supplied by the static friction between the tyres and the asphalt (the tyres do not slip: they roll, so it is static, not kinetic, friction). It is the lateral grip of the tyres that “pulls” the car towards the inside of the bend.

$\ev{\vec a = \frac{\dd\vec v}{\dd t} \neq 0,\quad a_c = \frac{v^2}{r},\ \text{supplied by tyre–asphalt static friction}}$

If the friction is not enough (bend too tight or too fast, wet surface) the car fails to turn and continues nearly in a straight line: it “skids outward”.

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Topics: Dinamica Concepts: Accelerazione centripeta · Moto circolare uniforme · Attrito statico · Forza centripeta

Testo

Una pallina scivola lungo un piano inclinato liscio di $\theta = 30^\circ$ . Quali forze agiscono su di essa, e perché accelera meno di $g$ ?

Piano liscio: agiscono solo il peso $m\vec g$ e la reazione normale $\vec N$ .

Soluzione

Le forze in gioco. Il piano è liscio, cioè privo di attrito. Sulla pallina agiscono quindi solo due forze: il peso $m\vec g$ (verticale, verso il basso) e la reazione normale $\vec N$ (perpendicolare al piano). Non c’è alcuna forza lungo il piano oltre alla componente del peso.

Scelta degli assi e scomposizione. Prendiamo $x$ lungo il piano (positivo verso il basso) e $y$ perpendicolare. Il peso si scompone in: $P_x = mg\sin\theta \qquad P_y = mg\cos\theta$

Direzione perpendicolare. La pallina non affonda né si stacca dal piano, quindi lungo $y$ c’è equilibrio: la reazione normale bilancia la componente premente del peso: $N = mg\cos\theta$

Direzione lungo il piano. L’unica forza motrice è $P_x$ . La seconda legge dà: $ma = mg\sin\theta \;\Longrightarrow\; a = g\sin\theta$

Perché accelera meno di $g$ . Solo la componente del peso parallela al piano tira in avanti la pallina; l’altra componente ( $mg\cos\theta$ ) è annullata dal vincolo $\vec N$ . Poiché $\sin\theta < 1$ per $\theta < 90^\circ$ , l’accelerazione è ridotta: $a = g\sin 30^\circ = g\cdot\tfrac{1}{2} = \frac{9{,}81}{2} \approx 4{,}9\ \mathrm{m/s}^2$

$\ev{a = g\sin\theta = \frac{g}{2} \approx 4{,}9\ \mathrm{m/s}^2,\qquad N = mg\cos\theta}$

Solo con piano verticale ( $\theta = 90^\circ$ ) si avrebbe $a = g$ : la caduta libera.

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Argomenti: Dinamica Concetti: Forza peso · Forza normale · Seconda legge di Newton Competenze: Scomposizione sul piano inclinato Metodi: Metodo del diagramma di corpo libero Oggetti: Piano inclinato

Problem

A ball slides down a smooth inclined plane of $\theta = 30^\circ$ . What forces act on it, and why does it accelerate less than $g$ ?

Smooth plane: only the weight $m\vec g$ and the normal reaction $\vec N$ act.

Solution

The forces at play. The plane is smooth, i.e. frictionless. Only two forces therefore act on the ball: the weight $m\vec g$ (vertical, downward) and the normal reaction $\vec N$ (perpendicular to the plane). There is no force along the plane besides the component of the weight.

Choice of axes and resolution. Take $x$ along the plane (positive downward) and $y$ perpendicular. The weight resolves into: $P_x = mg\sin\theta \qquad P_y = mg\cos\theta$

Perpendicular direction. The ball neither sinks into nor lifts off the plane, so along $y$ there is equilibrium: the normal reaction balances the pressing component of the weight: $N = mg\cos\theta$

Direction along the plane. The only driving force is $P_x$ . Newton’s second law gives: $ma = mg\sin\theta \;\Longrightarrow\; a = g\sin\theta$

Why it accelerates less than $g$ . Only the component of the weight parallel to the plane pulls the ball forward; the other component ( $mg\cos\theta$ ) is cancelled by the constraint $\vec N$ . Since $\sin\theta < 1$ for $\theta < 90^\circ$ , the acceleration is reduced: $a = g\sin 30^\circ = g\cdot\tfrac{1}{2} = \frac{9{,}81}{2} \approx 4{,}9\ \mathrm{m/s}^2$

$\ev{a = g\sin\theta = \frac{g}{2} \approx 4{,}9\ \mathrm{m/s}^2,\qquad N = mg\cos\theta}$

Only with a vertical plane ( $\theta = 90^\circ$ ) would one get $a = g$ : free fall.

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Topics: Dinamica Concepts: Forza peso · Forza normale · Seconda legge di Newton Skills: Scomposizione sul piano inclinato Methods: Metodo del diagramma di corpo libero Objects: Piano inclinato

Testo

In una giostra rotante ti senti “schiacciato” verso l’esterno. Spiega la situazione distinguendo forze inerziali (sistema rotante) e forze reali (sistema del terreno).

Soluzione

Due punti di vista. La sensazione va analizzata scegliendo il sistema di riferimento, perché forze reali e apparenti dipendono da chi osserva.

Sistema del terreno (inerziale). Da fuori, un osservatore fermo vede solo forze reali. Il tuo corpo si muove su una circonferenza, quindi deve avere accelerazione centripeta $a_c = v^2/r = \omega^2 r$ , diretta verso il centro. La forza che la produce è reale: è la parete (o il seggiolino) della giostra che ti spinge verso il centro, cioè verso l’interno: $F = m\omega^2 r \quad (\text{diretta verso il centro})$ Non esiste alcuna forza reale che ti spinga verso l’esterno.

Sistema della giostra (rotante, non inerziale). Ruotando con la giostra ti senti fermo, eppure la parete ti preme. Per far tornare i conti in questo riferimento accelerato si introduce una forza apparente (o inerziale): la forza centrifuga, diretta verso l’esterno, di modulo $m\omega^2 r$ . Non corrisponde ad alcuna interazione fisica: è il “prezzo” da pagare per usare un sistema non inerziale come se fosse in quiete.

La sensazione di “schiacciamento”. Ciò che senti è la reazione del tuo corpo: la parete ti spinge verso il centro (centripeta), e per il terzo principio tu spingi la parete verso l’esterno. La pressione sulla schiena è reale, ma la sua causa è la spinta verso il centro, non una forza verso l’esterno.

$\ev{\text{Reale: parete} \to \text{centro (centripeta)}.\ \text{``Centrifuga'' = forza apparente del sistema rotante.}}$

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Argomenti: Dinamica Concetti: Forza centripeta · Moto circolare uniforme · Forza normale Oggetti: Disco rotante

Problem

On a rotating merry-go-round you feel “squashed” outward. Explain the situation distinguishing inertial forces (rotating frame) from real forces (ground frame).

Solution

Two points of view. The sensation must be analysed by choosing the reference frame, because real and apparent forces depend on who is observing.

Ground frame (inertial). From outside, an observer at rest sees only real forces. Your body moves on a circle, so it must have centripetal acceleration $a_c = v^2/r = \omega^2 r$ , directed towards the centre. The force that produces it is real: it is the wall (or the seat) of the merry-go-round pushing you towards the centre, i.e. inward: $F = m\omega^2 r \quad (\text{directed towards the centre})$ There is no real force pushing you outward.

Merry-go-round frame (rotating, non-inertial). Rotating with the merry-go-round you feel still, yet the wall presses on you. To make the accounts balance in this accelerated frame, an apparent (or inertial) force is introduced: the centrifugal force, directed outward, of magnitude $m\omega^2 r$ . It corresponds to no physical interaction: it is the “price” to pay for using a non-inertial frame as though it were at rest.

The feeling of being “squashed”. What you feel is your body’s reaction: the wall pushes you towards the centre (centripetal), and by the third law you push the wall outward. The pressure on your back is real, but its cause is the push towards the centre, not an outward force.

$\ev{\text{Real: wall} \to \text{centre (centripetal)}.\ \text{``Centrifugal'' = apparent force of the rotating frame.}}$

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Topics: Dinamica Concepts: Forza centripeta · Moto circolare uniforme · Forza normale Objects: Disco rotante

Testo

Un sasso ruota legato a un filo. Se tagli il filo, in che direzione vola via il sasso? Sfata la sensazione comune che “esca verso fuori”.

Al taglio del filo il sasso prosegue lungo la tangente (direzione di $\vec v$ ), non lungo il raggio.

Soluzione

Cosa faceva il filo. Durante il moto circolare il filo esercitava la forza centripeta: tirava continuamente il sasso verso il centro $O$ , costringendolo a curvare. Senza quella forza il sasso non ha alcun motivo di curvare.

La prima legge di Newton. Nell’istante in cui tagli il filo, sul sasso (trascurando la gravità nel piano orizzontale) non agisce più alcuna forza netta. Per il principio d’inerzia, un corpo libero prosegue in moto rettilineo uniforme, cioè in linea retta con la velocità che aveva in quell’istante.

Direzione di fuga. La velocità $\vec v$ nel moto circolare è sempre tangente alla traiettoria. Quindi il sasso parte lungo la tangente al cerchio nel punto in cui si trovava, non lungo il raggio verso l’esterno: $\vec v \perp \vec r \quad (\text{tangente alla circonferenza})$

Perché sembra “uscire verso fuori”. Osservandolo da fuori, il sasso si allontana progressivamente dal centro — ma per moto rettilineo lungo la tangente, non per una spinta radiale. La “forza centrifuga” che sembra scagliarlo fuori è solo un effetto apparente: in realtà non c’è più nessuna forza, e il sasso obbedisce all’inerzia.

$\ev{\text{Il sasso vola via lungo la tangente all'orbita (direzione di } \vec v\text{), per la prima legge.}}$

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Argomenti: Dinamica Concetti: Moto circolare uniforme · Forza centripeta Oggetti: Fune ideale

Problem

A stone rotates tied to a string. If you cut the string, in which direction does the stone fly off? Debunk the common feeling that it “flies outward”.

When the string is cut, the stone continues along the tangent (direction of $\vec v$ ), not along the radius.

Solution

What the string was doing. During the circular motion the string exerted the centripetal force: it continuously pulled the stone towards the centre $O$ , forcing it to curve. Without that force the stone has no reason to curve.

Newton’s first law. At the instant you cut the string, no net force acts on the stone any more (neglecting gravity in the horizontal plane). By the principle of inertia, a free body continues in uniform rectilinear motion, i.e. in a straight line with the velocity it had at that instant.

Direction of escape. The velocity $\vec v$ in circular motion is always tangent to the trajectory. So the stone sets off along the tangent to the circle at the point where it was, not along the radius outward: $\vec v \perp \vec r \quad (\text{tangent to the circle})$

Why it seems to “go outward”. Watching from outside, the stone progressively moves away from the centre — but this is due to rectilinear motion along the tangent, not to a radial push. The “centrifugal force” that seems to fling it outward is only an apparent effect: in reality there is no longer any force, and the stone obeys inertia.

$\ev{\text{The stone flies off along the tangent to the orbit (direction of } \vec v\text{), by the first law.}}$

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Topics: Dinamica Concepts: Moto circolare uniforme · Forza centripeta Objects: Fune ideale

Testo

Quattro moti circolari uniformi:

(A) $v = 5$ m/s, $r = 1$ m;

(B) $v = 10$ m/s, $r = 1$ m;

(C) $v = 5$ m/s, $r = 4$ m;

(D) $v = 20$ m/s, $r = 8$ m.

Ordina le accelerazioni centripete $a = v^2/r$ dalla più piccola alla più grande.

Soluzione

Formula. L’accelerazione centripeta di un moto circolare uniforme è: $a = \frac{v^2}{r}$ Attenzione: dipende dal quadrato della velocità, quindi $v$ pesa molto più di $r$ .

Calcolo caso per caso. $a_A = \frac{5^2}{1} = 25\ \mathrm{m/s}^2$ $a_B = \frac{10^2}{1} = 100\ \mathrm{m/s}^2$ $a_C = \frac{5^2}{4} = \frac{25}{4} = 6{,}25\ \mathrm{m/s}^2$ $a_D = \frac{20^2}{8} = \frac{400}{8} = 50\ \mathrm{m/s}^2$

Ordinamento crescente. Confrontando $6{,}25 < 25 < 50 < 100$ : $\ev{C < A < D < B}$

Nota: B ha lo stesso raggio di A ma velocità doppia, e la sua accelerazione è quadrupla ( $4\times$ ). C ha la stessa $v$ di A ma raggio $4\times$ maggiore, quindi accelerazione $4\times$ minore. Il quadrato della velocità domina.

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Argomenti: Dinamica Concetti: Accelerazione centripeta · Moto circolare uniforme Competenze: Ragionamento di ranking

Problem

Four uniform circular motions:

(A) $v = 5$ m/s, $r = 1$ m;

(B) $v = 10$ m/s, $r = 1$ m;

(C) $v = 5$ m/s, $r = 4$ m;

(D) $v = 20$ m/s, $r = 8$ m.

Rank the centripetal accelerations $a = v^2/r$ from smallest to largest.

Solution

Formula. The centripetal acceleration of a uniform circular motion is: $a = \frac{v^2}{r}$ Note: it depends on the square of the speed, so $v$ matters much more than $r$ .

Case-by-case calculation. $a_A = \frac{5^2}{1} = 25\ \mathrm{m/s}^2$ $a_B = \frac{10^2}{1} = 100\ \mathrm{m/s}^2$ $a_C = \frac{5^2}{4} = \frac{25}{4} = 6{,}25\ \mathrm{m/s}^2$ $a_D = \frac{20^2}{8} = \frac{400}{8} = 50\ \mathrm{m/s}^2$

Increasing order. Comparing $6{,}25 < 25 < 50 < 100$ : $\ev{C < A < D < B}$

Note: B has the same radius as A but double the speed, and its acceleration is quadruple ( $4\times$ ). C has the same $v$ as A but a radius $4\times$ larger, so an acceleration $4\times$ smaller. The square of the speed dominates.

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Topics: Dinamica Concepts: Accelerazione centripeta · Moto circolare uniforme Skills: Ragionamento di ranking

Testo

Quattro blocchi scivolano su piani lisci:

(A) $10^\circ$ ;

(B) $25^\circ$ ;

(C) $45^\circ$ ;

(D) $70^\circ$ .

Ordina le accelerazioni $a = g\sin\theta$ dalla più piccola alla più grande.

Quattro piani lisci di inclinazione crescente da A a D.

Soluzione

Formula. Su un piano liscio l’unica forza motrice è la componente del peso lungo il piano, quindi: $a = g\sin\theta$ La funzione $\sin\theta$ è crescente per $0^\circ < \theta < 90^\circ$ : più ripido è il piano, maggiore è l’accelerazione.

Calcolo caso per caso (con $g = 9{,}81\ \mathrm{m/s}^2$ ). $a_A = g\sin 10^\circ \approx 9{,}81\cdot 0{,}174 \approx 1{,}70\ \mathrm{m/s}^2$ $a_B = g\sin 25^\circ \approx 9{,}81\cdot 0{,}423 \approx 4{,}15\ \mathrm{m/s}^2$ $a_C = g\sin 45^\circ \approx 9{,}81\cdot 0{,}707 \approx 6{,}94\ \mathrm{m/s}^2$ $a_D = g\sin 70^\circ \approx 9{,}81\cdot 0{,}940 \approx 9{,}22\ \mathrm{m/s}^2$

Ordinamento crescente. Poiché gli angoli crescono e $\sin$ è monotòna crescente, l’ordine segue direttamente quello degli angoli: $\ev{A < B < C < D}$

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Argomenti: Dinamica Concetti: Forza peso · Seconda legge di Newton Competenze: Ragionamento di ranking · Scomposizione sul piano inclinato Oggetti: Piano inclinato

Problem

Four blocks slide on smooth inclined planes:

(A) $10^\circ$ ;

(B) $25^\circ$ ;

(C) $45^\circ$ ;

(D) $70^\circ$ .

Rank the accelerations $a = g\sin\theta$ from smallest to largest.

Four smooth planes of increasing inclination from A to D.

Solution

Formula. On a smooth plane the only driving force is the component of the weight along the plane, so: $a = g\sin\theta$ The function $\sin\theta$ is increasing for $0^\circ < \theta < 90^\circ$ : the steeper the plane, the greater the acceleration.

Case-by-case calculation (with $g = 9{,}81\ \mathrm{m/s}^2$ ). $a_A = g\sin 10^\circ \approx 9{,}81\cdot 0{,}174 \approx 1{,}70\ \mathrm{m/s}^2$ $a_B = g\sin 25^\circ \approx 9{,}81\cdot 0{,}423 \approx 4{,}15\ \mathrm{m/s}^2$ $a_C = g\sin 45^\circ \approx 9{,}81\cdot 0{,}707 \approx 6{,}94\ \mathrm{m/s}^2$ $a_D = g\sin 70^\circ \approx 9{,}81\cdot 0{,}940 \approx 9{,}22\ \mathrm{m/s}^2$

Increasing order. Since the angles increase and $\sin$ is monotonically increasing, the order follows directly from that of the angles: $\ev{A < B < C < D}$

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Topics: Dinamica Concepts: Forza peso · Seconda legge di Newton Skills: Ragionamento di ranking · Scomposizione sul piano inclinato Objects: Piano inclinato

Testo

Una pallina di massa $m = 0{,}30\ \mathrm{kg}$ ruota su un cerchio orizzontale di raggio $r = 0{,}50\ \mathrm{m}$ con $v = 4{,}0\ \mathrm{m/s}$ . Calcola la forza centripeta che il filo deve esercitare.

Il filo tira la pallina verso il centro: la tensione fornisce la forza centripeta $\vec F_c$ .

Soluzione

Impostazione. Nel moto circolare uniforme la risultante delle forze è centripeta, diretta verso il centro, e vale $F_c = ma_c$ con $a_c = v^2/r$ . Qui l’unica forza orizzontale è la tensione del filo, che quindi coincide con la forza centripeta: $F_c = m\,a_c = \frac{mv^2}{r}$

Sostituzione numerica. $F_c = \frac{0{,}30 \cdot (4{,}0)^2}{0{,}50} = \frac{0{,}30 \cdot 16}{0{,}50} = \frac{4{,}8}{0{,}50} = 9{,}6\ \mathrm{N}$

$\ev{F_c = \frac{mv^2}{r} = 9{,}6\ \mathrm{N},\ \text{diretta verso il centro}}$

È la tensione con cui il filo tira la pallina verso il centro. Se il filo non reggesse $9{,}6$ N si spezzerebbe e la pallina fuggirebbe lungo la tangente.

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Argomenti: Dinamica Concetti: Forza centripeta · Accelerazione centripeta · Tensione Oggetti: Fune ideale

Problem

A ball of mass $m = 0{,}30\ \mathrm{kg}$ rotates on a horizontal circle of radius $r = 0{,}50\ \mathrm{m}$ with $v = 4{,}0\ \mathrm{m/s}$ . Calculate the centripetal force the string must exert.

The string pulls the ball towards the centre: the tension provides the centripetal force $\vec F_c$ .

Solution

Setup. In uniform circular motion the resultant force is centripetal, directed towards the centre, and equals $F_c = ma_c$ with $a_c = v^2/r$ . Here the only horizontal force is the string tension, which therefore coincides with the centripetal force: $F_c = m\,a_c = \frac{mv^2}{r}$

Numerical substitution. $F_c = \frac{0{,}30 \cdot (4{,}0)^2}{0{,}50} = \frac{0{,}30 \cdot 16}{0{,}50} = \frac{4{,}8}{0{,}50} = 9{,}6\ \mathrm{N}$

$\ev{F_c = \frac{mv^2}{r} = 9{,}6\ \mathrm{N},\ \text{directed towards the centre}}$

This is the tension with which the string pulls the ball towards the centre. If the string couldn’t withstand $9{,}6$ N it would snap and the ball would fly off along the tangent.

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Topics: Dinamica Concepts: Forza centripeta · Accelerazione centripeta · Tensione Objects: Fune ideale

Testo

Un carrellino percorre un looping verticale di raggio $r = 8\ \mathrm{m}$ . Calcola la velocità minima al punto più alto perché non si stacchi dalla pista.

Nel punto più alto peso $m\vec g$ e reazione $\vec N$ puntano entrambi verso il basso, cioè verso il centro.

Soluzione

Forze al punto più alto. Nel punto più alto del looping il centro della circonferenza è sotto il carrellino. Sia il peso $m\vec g$ sia la reazione normale $\vec N$ della pista puntano verso il basso, cioè entrambe verso il centro. La loro somma fornisce la forza centripeta: $mg + N = \frac{mv^2}{r}$

Condizione di distacco. Il contatto con la pista impone $N \ge 0$ : la pista può solo spingere (non tirare) il carrellino. La velocità minima corrisponde al caso limite $N = 0$ , in cui è il solo peso a fare da forza centripeta: $mg = \frac{mv_\text{min}^2}{r} \;\Longrightarrow\; v_\text{min} = \sqrt{gr}$

La massa si semplifica: la velocità minima non dipende da quanto è pesante il carrellino.

Sostituzione numerica. $v_\text{min} = \sqrt{9{,}81 \cdot 8} = \sqrt{78{,}5} \approx 8{,}86\ \mathrm{m/s}$

$\ev{v_\text{min} = \sqrt{gr} \approx 8{,}86\ \mathrm{m/s} \approx 32\ \mathrm{km/h}}$

Sotto questa velocità $N$ dovrebbe diventare negativa (impossibile): il carrellino si stacca dalla pista e cade. Sopra, la pista aggiunge la spinta $N > 0$ necessaria a chiudere il giro.

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Argomenti: Dinamica Concetti: Forza centripeta · Accelerazione centripeta · Forza normale · Forza peso Oggetti: Giro della morte

Problem

A cart travels around a vertical loop of radius $r = 8\ \mathrm{m}$ . Calculate the minimum speed at the highest point so that it doesn’t leave the track.

At the highest point the weight $m\vec g$ and the reaction $\vec N$ both point downward, i.e. towards the centre.

Solution

Forces at the highest point. At the top of the loop the centre of the circle is below the cart. Both the weight $m\vec g$ and the normal reaction $\vec N$ from the track point downward, i.e. both towards the centre. Their sum provides the centripetal force: $mg + N = \frac{mv^2}{r}$

Condition for leaving the track. Contact with the track requires $N \ge 0$ : the track can only push (not pull) the cart. The minimum speed corresponds to the limiting case $N = 0$ , in which the weight alone acts as the centripetal force: $mg = \frac{mv_\text{min}^2}{r} \;\Longrightarrow\; v_\text{min} = \sqrt{gr}$

The mass cancels: the minimum speed does not depend on how heavy the cart is.

Numerical substitution. $v_\text{min} = \sqrt{9{,}81 \cdot 8} = \sqrt{78{,}5} \approx 8{,}86\ \mathrm{m/s}$

$\ev{v_\text{min} = \sqrt{gr} \approx 8{,}86\ \mathrm{m/s} \approx 32\ \mathrm{km/h}}$

Below this speed $N$ would have to become negative (impossible): the cart leaves the track and falls. Above it, the track adds the push $N > 0$ needed to complete the loop.

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Topics: Dinamica Concepts: Forza centripeta · Accelerazione centripeta · Forza normale · Forza peso Objects: Giro della morte

Testo

Un’auto affronta una curva piana di raggio $r = 50\;\mathrm{m}$ su asfalto con coefficiente di attrito statico $\mu_s = 0{,}80$ . Calcola la velocità massima oltre la quale l’auto slitta verso l’esterno.

L’attrito statico è l’unica forza orizzontale e fornisce la forza centripeta diretta verso il centro della curva.

Soluzione

Sul piano orizzontale la forza peso è bilanciata dalla normale ( $N = mg$ ), quindi l’unica forza orizzontale disponibile è l’attrito statico, che deve fornire tutta la forza centripeta. La condizione limite si ha quando l’attrito raggiunge il suo valore massimo $\mu_s N = \mu_s m g$ : $\mu_s\, m g = \frac{m\, v_\text{max}^2}{r}$ La massa si semplifica; isolando la velocità: $v_\text{max} = \sqrt{\mu_s\, g\, r}$ Sostituendo i valori numerici (con $g = 9{,}81\;\mathrm{m/s^2}$ ): $v_\text{max} = \sqrt{0{,}80 \cdot 9{,}81 \cdot 50} = \sqrt{392{,}4} \approx 19{,}8\;\mathrm{m/s}$ In chilometri orari: $v_\text{max} \approx 19{,}8 \cdot 3{,}6 \approx 71\;\mathrm{km/h}$ Oltre questa velocità l’attrito statico non basta più a curvare la traiettoria e l’auto scivola verso l’esterno. $\ev{v_\text{max} = \sqrt{\mu_s\, g\, r} \approx 19{,}8\;\mathrm{m/s} \approx 71\;\mathrm{km/h}}$

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Argomenti: Dinamica · Attrito Concetti: Moto circolare uniforme · Attrito statico · Forza centripeta · Accelerazione centripeta Competenze: Applicazione delle leggi di Newton

Problem

A car takes a flat curve of radius $r = 50\;\mathrm{m}$ on asphalt with static friction coefficient $\mu_s = 0{,}80$ . Calculate the maximum speed beyond which the car skids outward.

Static friction is the only horizontal force and provides the centripetal force directed towards the centre of the curve.

Solution

On the horizontal plane the weight is balanced by the normal force ( $N = mg$ ), so the only available horizontal force is static friction, which must supply the whole centripetal force. The limiting condition occurs when friction reaches its maximum value $\mu_s N = \mu_s m g$ : $\mu_s\, m g = \frac{m\, v_\text{max}^2}{r}$ The mass cancels; isolating the speed: $v_\text{max} = \sqrt{\mu_s\, g\, r}$ Substituting the numerical values (with $g = 9{,}81\;\mathrm{m/s^2}$ ): $v_\text{max} = \sqrt{0{,}80 \cdot 9{,}81 \cdot 50} = \sqrt{392{,}4} \approx 19{,}8\;\mathrm{m/s}$ In kilometres per hour: $v_\text{max} \approx 19{,}8 \cdot 3{,}6 \approx 71\;\mathrm{km/h}$ Beyond this speed static friction is no longer enough to curve the trajectory and the car slides outward. $\ev{v_\text{max} = \sqrt{\mu_s\, g\, r} \approx 19{,}8\;\mathrm{m/s} \approx 71\;\mathrm{km/h}}$

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Topics: Dinamica · Attrito Concepts: Moto circolare uniforme · Attrito statico · Forza centripeta · Accelerazione centripeta Skills: Applicazione delle leggi di Newton

Testo

Un satellite percorre un’orbita circolare a quota $h = 300\;\mathrm{km}$ dalla superficie terrestre. Sapendo che $g_0 = 9{,}81\;\mathrm{m/s^2}$ , $R_T = 6{,}37\cdot 10^6\;\mathrm{m}$ e che l’accelerazione di gravità a distanza $r$ dal centro vale $g(r) = g_0\,(R_T/r)^2$ , determina la velocità orbitale.

La gravità (rivolta verso il centro della Terra) fornisce la forza centripeta che mantiene il satellite in orbita circolare.

Soluzione

Il raggio dell’orbita, misurato dal centro della Terra, è la somma del raggio terrestre e della quota: $r = R_T + h = 6{,}37\cdot 10^6 + 3{,}00\cdot 10^5 = 6{,}67\cdot 10^6\;\mathrm{m}$ L’accelerazione di gravità a quella distanza: $g(r) = g_0\left(\frac{R_T}{r}\right)^2 = 9{,}81 \cdot \left(\frac{6{,}37\cdot 10^6}{6{,}67\cdot 10^6}\right)^2 = 9{,}81 \cdot (0{,}955)^2 \approx 8{,}95\;\mathrm{m/s^2}$ In orbita circolare la gravità è l’unica forza e coincide con la forza centripeta, quindi l’accelerazione di gravità è l’accelerazione centripeta: $g(r) = \frac{v^2}{r} \quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{g(r)\cdot r}$ Sostituendo: $v = \sqrt{8{,}95 \cdot 6{,}67\cdot 10^6} = \sqrt{5{,}97\cdot 10^7} \approx 7{,}72\cdot 10^3\;\mathrm{m/s}$ $\ev{v = \sqrt{g(r)\,r} \approx 7{,}72\;\mathrm{km/s}}$

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Argomenti: Dinamica Concetti: Legge di gravitazione universale · Forza centripeta · Accelerazione centripeta · Moto circolare uniforme Competenze: Applicazione delle leggi di Newton Oggetti: Satellite

Problem

A satellite follows a circular orbit at altitude $h = 300\;\mathrm{km}$ above the Earth’s surface. Given $g_0 = 9{,}81\;\mathrm{m/s^2}$ , $R_T = 6{,}37\cdot 10^6\;\mathrm{m}$ , and that the gravitational acceleration at distance $r$ from the centre is $g(r) = g_0\,(R_T/r)^2$ , determine the orbital speed.

Gravity (directed towards the centre of the Earth) provides the centripetal force that keeps the satellite in circular orbit.

Solution

The orbital radius, measured from the centre of the Earth, is the sum of the Earth’s radius and the altitude: $r = R_T + h = 6{,}37\cdot 10^6 + 3{,}00\cdot 10^5 = 6{,}67\cdot 10^6\;\mathrm{m}$ The gravitational acceleration at that distance: $g(r) = g_0\left(\frac{R_T}{r}\right)^2 = 9{,}81 \cdot \left(\frac{6{,}37\cdot 10^6}{6{,}67\cdot 10^6}\right)^2 = 9{,}81 \cdot (0{,}955)^2 \approx 8{,}95\;\mathrm{m/s^2}$ In circular orbit gravity is the only force and coincides with the centripetal force, so the gravitational acceleration is the centripetal acceleration: $g(r) = \frac{v^2}{r} \quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{g(r)\cdot r}$ Substituting: $v = \sqrt{8{,}95 \cdot 6{,}67\cdot 10^6} = \sqrt{5{,}97\cdot 10^7} \approx 7{,}72\cdot 10^3\;\mathrm{m/s}$ $\ev{v = \sqrt{g(r)\,r} \approx 7{,}72\;\mathrm{km/s}}$

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Topics: Dinamica Concepts: Legge di gravitazione universale · Forza centripeta · Accelerazione centripeta · Moto circolare uniforme Skills: Applicazione delle leggi di Newton Objects: Satellite

Testo

Un disco di raggio $R = 0{,}40\;\mathrm{m}$ ruota con velocità angolare $\omega = 50\;\mathrm{rad/s}$ . Calcola la velocità di un punto al bordo e la sua accelerazione centripeta.

Soluzione

La velocità lineare (tangenziale) di un punto al bordo è legata alla velocità angolare dalla relazione $v = \omega R$ : $v = \omega R = 50 \cdot 0{,}40 = 20\;\mathrm{m/s}$ L’accelerazione centripeta di un punto in moto circolare uniforme vale $a_c = \omega^2 R$ (equivalentemente $a_c = v^2/R = \omega v$ ): $a_c = \omega^2 R = 50^2 \cdot 0{,}40 = 2500 \cdot 0{,}40 = 1000\;\mathrm{m/s^2}$ Confrontando con $g = 9{,}81\;\mathrm{m/s^2}$ : $\frac{a_c}{g} = \frac{1000}{9{,}81} \approx 102 \approx 100$ cioè un punto del bordo subisce un’accelerazione centripeta di circa 100 volte quella di gravità. $\ev{v = \omega R = 20\;\mathrm{m/s}, \qquad a_c = \omega^2 R = 1000\;\mathrm{m/s^2} \approx 100\,g}$

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Argomenti: Dinamica Concetti: Velocità angolare · Accelerazione centripeta · Moto circolare uniforme Oggetti: Disco rotante

Problem

A disc of radius $R = 0{,}40\;\mathrm{m}$ rotates with angular velocity $\omega = 50\;\mathrm{rad/s}$ . Calculate the speed of a point on the rim and its centripetal acceleration.

Solution

The linear (tangential) speed of a point on the rim is related to the angular velocity by $v = \omega R$ : $v = \omega R = 50 \cdot 0{,}40 = 20\;\mathrm{m/s}$ The centripetal acceleration of a point in uniform circular motion is $a_c = \omega^2 R$ (equivalently $a_c = v^2/R = \omega v$ ): $a_c = \omega^2 R = 50^2 \cdot 0{,}40 = 2500 \cdot 0{,}40 = 1000\;\mathrm{m/s^2}$ Comparing with $g = 9{,}81\;\mathrm{m/s^2}$ : $\frac{a_c}{g} = \frac{1000}{9{,}81} \approx 102 \approx 100$ that is, a point on the rim experiences a centripetal acceleration of about 100 times that of gravity. $\ev{v = \omega R = 20\;\mathrm{m/s}, \qquad a_c = \omega^2 R = 1000\;\mathrm{m/s^2} \approx 100\,g}$

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Topics: Dinamica Concepts: Velocità angolare · Accelerazione centripeta · Moto circolare uniforme Objects: Disco rotante

Testo

Un’auto affronta una curva a $60\;\mathrm{km/h}$ . Cosa accade se la gravità svanisce all’improvviso? Discuti la catena causale " $g \to N \to F_a \to a_c$ ".

Soluzione

Su una curva piana la traiettoria curva è possibile solo se qualcosa fornisce la forza centripeta $\vv F_c$ rivolta verso il centro. Quel “qualcosa” è l’attrito statico tra pneumatici e asfalto. Seguiamo la catena causale, anello per anello.

1) $g \to N$ . L’equilibrio verticale impone che la normale bilanci il peso: $N = mg$ . È la gravità a “premere” l’auto contro l’asfalto.

2) $N \to F_a$ . L’attrito statico disponibile è limitato dalla normale: $F_a \le \mu_s N = \mu_s m g$ . Più forte è la normale, più attrito si può sfruttare.

3) $F_a \to a_c$ . L’attrito è l’unica forza orizzontale, quindi è esso a produrre l’accelerazione centripeta: $F_a = m\, a_c = \frac{m v^2}{r}$

Ora facciamo svanire $g$ . Allora $N = mg \to 0$ : senza peso l’auto non preme più sull’asfalto. Di conseguenza l’attrito massimo $\mu_s N \to 0$ , quindi $F_a \to 0$ . Senza forza orizzontale non c’è più forza centripeta: $a_c \to 0$ .

Per il primo principio della dinamica, in assenza di forze l’auto prosegue di moto rettilineo uniforme, cioè tangenzialmente alla curva, uscendo di pista. In più, priva di peso, tenderebbe a “galleggiare”. Tutta la capacità di curvare poggia, in ultima analisi, sulla gravità: l’attrito in curva poggia sulla normale, che poggia sul peso.

$\ev{\text{Senza } g:\; N = 0 \Rightarrow F_a = 0 \Rightarrow a_c = 0 \;\Rightarrow\; \text{traiettoria rettilinea tangente}}$

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Argomenti: Dinamica · Attrito Concetti: Forza normale · Attrito statico · Forza centripeta · Forza peso Competenze: Analisi di casi limite e fantafisica

Problem

A car takes a curve at $60\;\mathrm{km/h}$ . What happens if gravity suddenly vanishes? Discuss the causal chain " $g \to N \to F_a \to a_c$ ".

Solution

On a flat curve, a curved trajectory is possible only if something provides the centripetal force $\vv F_c$ directed towards the centre. That “something” is the static friction between the tyres and the asphalt. Let’s follow the causal chain, link by link.

1) $g \to N$ . Vertical equilibrium requires the normal force to balance the weight: $N = mg$ . It is gravity that “presses” the car against the asphalt.

2) $N \to F_a$ . The available static friction is limited by the normal force: $F_a \le \mu_s N = \mu_s m g$ . The stronger the normal force, the more friction can be exploited.

3) $F_a \to a_c$ . Friction is the only horizontal force, so it is what produces the centripetal acceleration: $F_a = m\, a_c = \frac{m v^2}{r}$

Now let’s make $g$ vanish. Then $N = mg \to 0$ : without weight the car no longer presses on the asphalt. Consequently the maximum friction $\mu_s N \to 0$ , so $F_a \to 0$ . Without a horizontal force there is no longer a centripetal force: $a_c \to 0$ .

By the first law of dynamics, in the absence of forces the car continues in uniform rectilinear motion, i.e. tangentially to the curve, leaving the track. Moreover, without weight, it would tend to “float”. All the ability to turn ultimately rests on gravity: friction on a curve rests on the normal force, which rests on the weight.

$\ev{\text{Without } g:\; N = 0 \Rightarrow F_a = 0 \Rightarrow a_c = 0 \;\Rightarrow\; \text{straight tangential trajectory}}$

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Topics: Dinamica · Attrito Concepts: Forza normale · Attrito statico · Forza centripeta · Forza peso Skills: Analisi di casi limite e fantafisica

Testo

Se la gravità fosse orizzontale invece che verticale, cosa accadrebbe a un blocco appoggiato su un piano inclinato? Riconsidera scomposizioni e reazioni vincolari.

Soluzione

Tutta l’analisi standard del piano inclinato si fonda su un’ipotesi implicita: il peso $\vv P = m\vv g$ è verticale. Lo scomponiamo in una componente lungo il piano $mg\sin\theta$ (che tende a far scendere il blocco) e una componente perpendicolare $mg\cos\theta$ (che preme il blocco contro la superficie e determina la normale $N = mg\cos\theta$ ). Il vincolo funziona proprio perché una parte del peso spinge il blocco dentro il piano.

Se ora la gravità diventasse orizzontale, parallela al suolo, questa scomposizione salterebbe completamente:

Il peso non è più diretto “verso il basso” lungo la verticale, ma lateralmente. La direzione “discesa lungo il pendio” non coincide più con quella della forza.

La componente che premeva il blocco sulla superficie cambia: a seconda di come è orientato il piano rispetto alla nuova direzione di $\vv g$ , la normale può ridursi o addirittura annullarsi, e il vincolo non trattiene più il blocco come prima.

Il blocco non scenderebbe lungo la linea di massima pendenza, ma verrebbe accelerato orizzontalmente, nella direzione della nuova gravità, scivolando lateralmente e potendo staccarsi dal piano.

In sintesi: “scendere lungo il piano inclinato” ha senso solo con gravità verticale. Con gravità orizzontale il blocco non scende, ma scivola di lato, e l’intera trattazione di componenti e reazioni vincolari va rifatta da capo rispetto alla nuova direzione del peso.

$\ev{\text{Peso orizzontale} \Rightarrow \text{il blocco non scende lungo il pendio ma scivola lateralmente}}$

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Argomenti: Dinamica Concetti: Forza peso · Forza normale Competenze: Analisi di casi limite e fantafisica · Scomposizione sul piano inclinato Oggetti: Piano inclinato

Problem

If gravity were horizontal instead of vertical, what would happen to a block resting on an inclined plane? Reconsider the decompositions and constraint reactions.

Solution

The whole standard analysis of the inclined plane rests on an implicit assumption: the weight $\vv P = m\vv g$ is vertical. We decompose it into a component along the plane $mg\sin\theta$ (which tends to make the block slide down) and a component perpendicular to it $mg\cos\theta$ (which presses the block against the surface and determines the normal force $N = mg\cos\theta$ ). The constraint works precisely because part of the weight pushes the block into the plane.

If gravity now became horizontal, parallel to the ground, this decomposition would break down completely:

The weight is no longer directed “downward” along the vertical, but sideways. The direction “down the slope” no longer coincides with that of the force.

The component that pressed the block onto the surface changes: depending on how the plane is oriented relative to the new direction of $\vv g$ , the normal force can be reduced or even vanish, and the constraint no longer holds the block as before.

The block would not slide down along the line of steepest descent, but would be accelerated horizontally, in the direction of the new gravity, sliding sideways and possibly detaching from the plane.

In short: “sliding down the inclined plane” only makes sense with vertical gravity. With horizontal gravity the block does not slide down but sideways, and the whole treatment of components and constraint reactions must be redone from scratch relative to the new direction of the weight.

$\ev{\text{Horizontal weight} \Rightarrow \text{the block does not slide down the slope but slides sideways}}$

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Topics: Dinamica Concepts: Forza peso · Forza normale Skills: Analisi di casi limite e fantafisica · Scomposizione sul piano inclinato Objects: Piano inclinato

Testo

Una scatola riposa su un piano inclinato di $\theta = 20^\circ$ . Qual è il coefficiente di attrito statico minimo perché la scatola non scivoli?

Soluzione

Scomponiamo il peso lungo le direzioni parallela e perpendicolare al piano. La componente che tende a far scivolare la scatola verso il basso è $mg\sin\theta$ ; la componente che la preme contro il piano determina la normale: $N = mg\cos\theta$ Perché la scatola resti ferma, l’attrito statico deve bilanciare la componente parallela del peso. Ma l’attrito statico non può superare il suo valore massimo $\mu_s N$ : $mg\sin\theta \le \mu_s\, N = \mu_s\, mg\cos\theta$ Semplificando $mg$ e dividendo per $\cos\theta$ : $\mu_s \ge \frac{\sin\theta}{\cos\theta} = \tan\theta$ Sostituendo $\theta = 20^\circ$ : $\mu_s \ge \tan 20^\circ \approx 0{,}364$ Il valore minimo è dunque $\mu_s = \tan\theta$ : notiamo che è indipendente dalla massa della scatola. $\ev{\mu_s \ge \tan 20^\circ \approx 0{,}364}$

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Argomenti: Dinamica · Attrito Concetti: Attrito statico Competenze: Scomposizione sul piano inclinato · Applicazione delle leggi di Newton Oggetti: Piano inclinato · Blocco

Problem

A box rests on an inclined plane at $\theta = 20^\circ$ . What is the minimum static friction coefficient so that the box does not slip?

Solution

We decompose the weight along the directions parallel and perpendicular to the plane. The component that tends to make the box slide down is $mg\sin\theta$ ; the component that presses it against the plane determines the normal force: $N = mg\cos\theta$ For the box to remain still, static friction must balance the parallel component of the weight. But static friction cannot exceed its maximum value $\mu_s N$ : $mg\sin\theta \le \mu_s\, N = \mu_s\, mg\cos\theta$ Simplifying $mg$ and dividing by $\cos\theta$ : $\mu_s \ge \frac{\sin\theta}{\cos\theta} = \tan\theta$ Substituting $\theta = 20^\circ$ : $\mu_s \ge \tan 20^\circ \approx 0{,}364$ The minimum value is thus $\mu_s = \tan\theta$ : note that it is independent of the mass of the box. $\ev{\mu_s \ge \tan 20^\circ \approx 0{,}364}$

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Topics: Dinamica · Attrito Concepts: Attrito statico Skills: Scomposizione sul piano inclinato · Applicazione delle leggi di Newton Objects: Piano inclinato · Blocco

Testo

Spiega perché uno sciatore raggiunge una velocità limite su una pista a pendenza costante. Identifica le forze in gioco e indica come stimare l’ordine di grandezza di $v_\text{lim}$ .

Lungo il pendio la componente del peso spinge in avanti; attrito e resistenza dell’aria si oppongono, quest’ultima crescente con la velocità.

Soluzione

Forze in gioco. Sullo sciatore agiscono:

la componente del peso lungo il pendio, $mg\sin\theta$ , che lo accelera in discesa (motrice, costante);

l’attrito dinamico neve-sci, $F_a = \mu_d N = \mu_d\, mg\cos\theta$ , opposto al moto (all’incirca costante);

la resistenza dell’aria $F_\text{aria} = \tfrac{1}{2}\rho\, C_d\, A\, v^2$ , opposta al moto e crescente con il quadrato della velocità.

Perché esiste una velocità limite. A bassa velocità la resistenza dell’aria è trascurabile e lo sciatore accelera con $a = g(\sin\theta - \mu_d\cos\theta)$ (accelerazione positiva finché $\mu_d < \tan\theta$ ). Man mano che $v$ cresce, il termine $\propto v^2$ diventa sempre più importante finché la somma delle forze frenanti eguaglia la forza motrice: il risultante si annulla, l’accelerazione va a zero e la velocità resta costante. Questo valore è la velocità limite (moto a regime).

Stima di $v_\text{lim}$ . All’equilibrio la componente parallela del peso bilancia attrito più aria: $mg\sin\theta = \mu_d\, mg\cos\theta + \tfrac{1}{2}\rho\, C_d\, A\, v_\text{lim}^2$ Isolando: $v_\text{lim} = \sqrt{\frac{2mg(\sin\theta - \mu_d\cos\theta)}{\rho\, C_d\, A}}$ Con valori tipici ( $m \sim 70\;\mathrm{kg}$ , $\theta \sim 25^\circ$ , $\mu_d \sim 0{,}05$ , $\rho \approx 1{,}2\;\mathrm{kg/m^3}$ , $C_d A \sim 0{,}3$ – $0{,}5\;\mathrm{m^2}$ ) si ottiene un ordine di grandezza di alcune decine di metri al secondo, cioè: $\ev{v_\text{lim} \sim 50\text{--}100\;\mathrm{km/h}}$

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Argomenti: Dinamica · Attrito Concetti: Forza peso · Attrito dinamico Competenze: Scomposizione sul piano inclinato · Stime di Fermi Oggetti: Piano inclinato

Problem

Explain why a skier reaches a terminal speed on a slope of constant gradient. Identify the forces at play and indicate how to estimate the order of magnitude of $v_\text{lim}$ .

Along the slope the component of the weight pushes forward; friction and air resistance oppose it, the latter growing with speed.

Solution

Forces at play. The skier is subject to:

the component of the weight along the slope, $mg\sin\theta$ , which accelerates it downhill (driving, constant);

the dynamic friction between snow and skis, $F_a = \mu_d N = \mu_d\, mg\cos\theta$ , opposing the motion (roughly constant);

air resistance $F_\text{aria} = \tfrac{1}{2}\rho\, C_d\, A\, v^2$ , opposing the motion and increasing with the square of the speed.

Why a terminal speed exists. At low speed air resistance is negligible and the skier accelerates with $a = g(\sin\theta - \mu_d\cos\theta)$ (positive acceleration as long as $\mu_d < \tan\theta$ ). As $v$ grows, the term $\propto v^2$ becomes increasingly important until the sum of the braking forces equals the driving force: the resultant vanishes, the acceleration goes to zero, and the speed stays constant. This value is the terminal speed (steady-state motion).

Estimating $v_\text{lim}$ . At equilibrium the parallel component of the weight balances friction plus air resistance: $mg\sin\theta = \mu_d\, mg\cos\theta + \tfrac{1}{2}\rho\, C_d\, A\, v_\text{lim}^2$ Isolating: $v_\text{lim} = \sqrt{\frac{2mg(\sin\theta - \mu_d\cos\theta)}{\rho\, C_d\, A}}$ With typical values ( $m \sim 70\;\mathrm{kg}$ , $\theta \sim 25^\circ$ , $\mu_d \sim 0{,}05$ , $\rho \approx 1{,}2\;\mathrm{kg/m^3}$ , $C_d A \sim 0{,}3$ – $0{,}5\;\mathrm{m^2}$ ) one gets an order of magnitude of a few tens of metres per second, that is: $\ev{v_\text{lim} \sim 50\text{--}100\;\mathrm{km/h}}$

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Topics: Dinamica · Attrito Concepts: Forza peso · Attrito dinamico Skills: Scomposizione sul piano inclinato · Stime di Fermi Objects: Piano inclinato

Testo

Perché un motociclista si inclina verso l’interno della curva? Spiega in termini di forze e momenti rispetto al punto di contatto.

Il peso agisce al baricentro (in alto), la forza centripeta d’attrito al contatto (in basso): due forze sfalsate.

Soluzione

Le forze. In curva la moto ha bisogno di una forza centripeta $\vv F_c = m v^2/r$ diretta verso il centro della curva. Questa forza è fornita dall’attrito tra pneumatico e asfalto, applicato al punto di contatto a terra. Il peso $m\vv g$ agisce invece al baricentro, che si trova in alto. La normale $\vv N$ agisce al contatto.

Il problema dei momenti. Consideriamo i momenti rispetto al punto di contatto. L’attrito centripeto è applicato proprio lì, quindi non genera momento. Il peso, applicato al baricentro alto, e la richiesta centripeta (equivalentemente la “spinta centrifuga” apparente sentita dal pilota, applicata al baricentro) sono sfalsati rispetto al contatto: costituiscono una coppia che tende a ribaltare la moto verso l’esterno se questa restasse verticale.

Perché inclinarsi. Inclinando la moto verso l’interno, il baricentro si sposta verso il centro della curva, portandosi sopra (o quasi) la linea che unisce il contatto alla risultante delle forze. In questo modo il momento ribaltante del peso e quello dovuto alla forza centripeta si annullano a vicenda: la risultante di peso e reazione del terreno passa per il punto di contatto e la moto è in equilibrio rotazionale. L’angolo di piega corretto soddisfa $\tan\varphi = \frac{v^2}{g\, r}$ cioè più stretta la curva e più alta la velocità, maggiore l’inclinazione necessaria.

$\ev{\text{Ci si inclina finché il baricentro si porta sopra il contatto: i momenti si annullano e non c'è ribaltamento.}}$

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Argomenti: Dinamica · Attrito Concetti: Forza centripeta · Forza normale · Attrito statico Competenze: Diagramma di corpo libero

Problem

Why does a motorcyclist lean into a curve? Explain in terms of forces and moments about the contact point.

The weight acts at the centre of mass (up high), the centripetal friction force at the contact point (down low): two offset forces.

Solution

The forces. In a curve the motorcycle needs a centripetal force $\vv F_c = m v^2/r$ directed towards the centre of the curve. This force is supplied by the friction between tyre and asphalt, applied at the point of contact with the ground. The weight $m\vv g$ , on the other hand, acts at the centre of mass, which is up high. The normal force $\vv N$ acts at the contact point.

The moment problem. Consider the moments about the contact point. The centripetal friction is applied exactly there, so it generates no moment. The weight, applied at the high centre of mass, and the centripetal requirement (equivalently the apparent “centrifugal push” felt by the rider, applied at the centre of mass) are offset relative to the contact point: they form a couple that tends to tip the motorcycle outward if it stayed upright.

Why lean. By leaning the motorcycle inward, the centre of mass moves towards the centre of the curve, coming to sit above (or nearly above) the line joining the contact point to the resultant of the forces. In this way the tipping moment of the weight and the one due to the centripetal force cancel each other out: the resultant of weight and ground reaction passes through the contact point and the motorcycle is in rotational equilibrium. The correct lean angle satisfies $\tan\varphi = \frac{v^2}{g\, r}$ that is, the tighter the curve and the higher the speed, the greater the lean required.

$\ev{\text{You lean until the centre of mass moves above the contact point: the moments cancel and there is no tipping.}}$

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Topics: Dinamica · Attrito Concepts: Forza centripeta · Forza normale · Attrito statico Skills: Diagramma di corpo libero

Testo

In moto circolare uniforme il modulo $\abs{v}(t)$ è costante mentre il vettore $\vv v(t)$ nel piano descrive un cerchio. Schizza i due grafici e discuti perché “modulo costante” non significa “accelerazione nulla”.

Soluzione

Grafico del modulo $\abs{v}(t)$ . In moto circolare uniforme il modulo della velocità non cambia mai: nel piano $\abs{v}$ – $t$ si ottiene una retta orizzontale all’altezza $\abs{v} = \omega R$ , costante nel tempo.

Grafico del vettore $\vv v(t)$ . Se disegniamo il vettore velocità nel “piano delle velocità” ( $v_x$ , $v_y$ ), la sua punta descrive una circonferenza di raggio $\abs{v}$ : le componenti oscillano come $\vv v(t) = \big(-\omega R \sin(\omega t),\; \omega R \cos(\omega t)\big)$ Il modulo resta costante, ma la direzione ruota continuamente.

Perché l’accelerazione non è nulla. L’accelerazione è la derivata del vettore velocità, non del suo modulo: $\vv a = \frac{\dd \vv v}{\dd t}$ Anche se $\abs{v}$ è costante, $\vv v$ cambia direzione, quindi $\dd\vv v/\dd t \ne 0$ . Derivando si trova che $\vv a$ è perpendicolare a $\vv v$ (punta verso il centro) e ha modulo $\abs{a} = \omega\,\abs{v} = \frac{\abs{v}^2}{R} = \omega^2 R$ Questa è proprio l’accelerazione centripeta. Morale: “velocità costante” in senso scalare (modulo) non implica velocità vettoriale costante; è il cambiamento di direzione a generare l’accelerazione.

$\ev{\abs{v}\text{ costante (retta orizzontale)}; \quad \vv v(t)\text{ percorre un cerchio}; \quad \frac{\dd\vv v}{\dd t} \perp \vv v,\; \abs{a} = \omega\abs{v}}$

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Argomenti: Dinamica Concetti: Moto circolare uniforme · Accelerazione centripeta · Velocità angolare Competenze: Scomposizione vettoriale

Problem

In uniform circular motion the magnitude $\abs{v}(t)$ is constant while the vector $\vv v(t)$ traces a circle in the plane. Sketch the two graphs and discuss why “constant magnitude” does not mean “zero acceleration”.

Solution

Graph of the magnitude $\abs{v}(t)$ . In uniform circular motion the magnitude of the velocity never changes: in the $\abs{v}$ – $t$ plane this gives a horizontal line at height $\abs{v} = \omega R$ , constant in time.

Graph of the vector $\vv v(t)$ . If we plot the velocity vector in the “velocity plane” ( $v_x$ , $v_y$ ), its tip traces a circle of radius $\abs{v}$ : the components oscillate as $\vv v(t) = \big(-\omega R \sin(\omega t),\; \omega R \cos(\omega t)\big)$ The magnitude stays constant, but the direction keeps rotating.

Why the acceleration is not zero. Acceleration is the derivative of the vector velocity, not of its magnitude: $\vv a = \frac{\dd \vv v}{\dd t}$ Even though $\abs{v}$ is constant, $\vv v$ changes direction, so $\dd\vv v/\dd t \ne 0$ . Differentiating shows that $\vv a$ is perpendicular to $\vv v$ (points towards the centre) and has magnitude $\abs{a} = \omega\,\abs{v} = \frac{\abs{v}^2}{R} = \omega^2 R$ This is precisely the centripetal acceleration. Moral: “constant speed” in the scalar sense (magnitude) does not imply a constant velocity vector; it is the change in direction that generates the acceleration.

$\ev{\abs{v}\text{ constant (horizontal line)}; \quad \vv v(t)\text{ traces a circle}; \quad \frac{\dd\vv v}{\dd t} \perp \vv v,\; \abs{a} = \omega\abs{v}}$

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Topics: Dinamica Concepts: Moto circolare uniforme · Accelerazione centripeta · Velocità angolare Skills: Scomposizione vettoriale

Testo

Traccia $F_\parallel(\theta)$ (componente lungo il piano) e $F_\perp(\theta)$ (componente normale) della forza peso, per $\theta \in [0^\circ, 90^\circ]$ . Individua il punto di intersezione e commenta il significato fisico.

Soluzione

Scomponendo il peso $mg$ rispetto a un piano inclinato di angolo $\theta$ , le due componenti sono: $F_\parallel(\theta) = mg\sin\theta, \qquad F_\perp(\theta) = mg\cos\theta$

Andamento di $F_\parallel = mg\sin\theta$ . Parte da $0$ per $\theta = 0^\circ$ (piano orizzontale: nessuna componente motrice) e cresce monotona fino a $mg$ per $\theta = 90^\circ$ (piano verticale: tutto il peso spinge lungo il piano). È una curva sinusoidale crescente.

Andamento di $F_\perp = mg\cos\theta$ . Parte da $mg$ per $\theta = 0^\circ$ (piano orizzontale: tutto il peso preme sul piano) e decresce fino a $0$ per $\theta = 90^\circ$ . È una curva cosinusoidale decrescente.

Punto di intersezione. Le due curve si incontrano dove $\sin\theta = \cos\theta$ , cioè: $\tan\theta = 1 \quad\Longrightarrow\quad \theta = 45^\circ$ In quel punto valgono entrambe: $F_\parallel = F_\perp = mg\sin 45^\circ = \frac{mg}{\sqrt 2} \approx 0{,}707\, mg$

Significato fisico. A $45^\circ$ la spinta lungo il pendio e la pressione normale sul piano sono uguali: metà “energia geometrica” del peso va in ciascuna direzione. Per $\theta < 45^\circ$ domina la componente normale (il piano è poco inclinato, tiene bene il corpo); per $\theta > 45^\circ$ domina la componente parallela (il corpo tende fortemente a scivolare).

$\ev{F_\parallel = mg\sin\theta \nearrow,\; F_\perp = mg\cos\theta \searrow; \; \text{incrocio a } \theta = 45^\circ,\; F_\parallel = F_\perp = \tfrac{mg}{\sqrt 2}}$

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Argomenti: Dinamica Concetti: Forza peso Competenze: Scomposizione sul piano inclinato · Uso della trigonometria Oggetti: Piano inclinato

Problem

Plot $F_\parallel(\theta)$ (component along the plane) and $F_\perp(\theta)$ (normal component) of the weight, for $\theta \in [0^\circ, 90^\circ]$ . Identify the intersection point and comment on its physical meaning.

Solution

Decomposing the weight $mg$ with respect to an inclined plane of angle $\theta$ , the two components are: $F_\parallel(\theta) = mg\sin\theta, \qquad F_\perp(\theta) = mg\cos\theta$

Behaviour of $F_\parallel = mg\sin\theta$ . It starts at $0$ for $\theta = 0^\circ$ (horizontal plane: no driving component) and increases monotonically up to $mg$ for $\theta = 90^\circ$ (vertical plane: the whole weight pushes along the plane). It is an increasing sinusoidal curve.

Behaviour of $F_\perp = mg\cos\theta$ . It starts at $mg$ for $\theta = 0^\circ$ (horizontal plane: the whole weight presses on the plane) and decreases to $0$ for $\theta = 90^\circ$ . It is a decreasing cosinusoidal curve.

Intersection point. The two curves meet where $\sin\theta = \cos\theta$ , that is: $\tan\theta = 1 \quad\Longrightarrow\quad \theta = 45^\circ$ At that point both hold: $F_\parallel = F_\perp = mg\sin 45^\circ = \frac{mg}{\sqrt 2} \approx 0{,}707\, mg$

Physical meaning. At $45^\circ$ the push along the slope and the normal pressure on the plane are equal: half the “geometric energy” of the weight goes in each direction. For $\theta < 45^\circ$ the normal component dominates (the plane is only slightly inclined, it holds the body well); for $\theta > 45^\circ$ the parallel component dominates (the body strongly tends to slide).

$\ev{F_\parallel = mg\sin\theta \nearrow,\; F_\perp = mg\cos\theta \searrow; \; \text{crossing at } \theta = 45^\circ,\; F_\parallel = F_\perp = \tfrac{mg}{\sqrt 2}}$

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Topics: Dinamica Concepts: Forza peso Skills: Scomposizione sul piano inclinato · Uso della trigonometria Objects: Piano inclinato

Testo

Un pilota viene catapultato da $0$ a $80\;\mathrm{m/s}$ in $90\;\mathrm{m}$ . Stima l’accelerazione media ed esprimila in unità di $g$ . Commenta la sensazione di “incollati al sedile”.

Soluzione

Assumiamo accelerazione costante (stima di ordine di grandezza). Con velocità iniziale nulla, la relazione cinematica indipendente dal tempo è: $v^2 = 2\, a\, s$ Isolando l’accelerazione: $a = \frac{v^2}{2s} = \frac{80^2}{2 \cdot 90} = \frac{6400}{180} \approx 35{,}6\;\mathrm{m/s^2}$ In unità di $g = 9{,}81\;\mathrm{m/s^2}$ : $\frac{a}{g} = \frac{35{,}6}{9{,}81} \approx 3{,}6$ Commento. Il pilota subisce circa $3{,}6\,g$ orizzontali. Per il principio di azione e reazione, lo schienale del sedile deve spingerlo in avanti con una forza pari a $m\,a \approx 3{,}6$ volte il suo peso: è questa reazione del sedile che egli percepisce come l’essere “incollato” al sedile. Il tempo di lancio è breve, $t = v/a \approx 80/35{,}6 \approx 2{,}2\;\mathrm{s}$ . $\ev{a = \frac{v^2}{2s} \approx 35{,}6\;\mathrm{m/s^2} \approx 3{,}6\,g}$

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Argomenti: Dinamica Concetti: Moto uniformemente accelerato Competenze: Stime di Fermi

Problem

A pilot is catapulted from $0$ to $80\;\mathrm{m/s}$ in $90\;\mathrm{m}$ . Estimate the average acceleration and express it in units of $g$ . Comment on the sensation of being “pinned to the seat”.

Solution

Assume constant acceleration (order-of-magnitude estimate). With zero initial speed, the time-independent kinematic relation is: $v^2 = 2\, a\, s$ Isolating the acceleration: $a = \frac{v^2}{2s} = \frac{80^2}{2 \cdot 90} = \frac{6400}{180} \approx 35{,}6\;\mathrm{m/s^2}$ In units of $g = 9{,}81\;\mathrm{m/s^2}$ : $\frac{a}{g} = \frac{35{,}6}{9{,}81} \approx 3{,}6$ Comment. The pilot experiences about $3{,}6\,g$ horizontally. By the principle of action and reaction, the seat back must push them forward with a force equal to about $3{,}6$ times their weight: it is this reaction from the seat that they perceive as being “pinned” to the seat. The launch time is short, $t = v/a \approx 80/35{,}6 \approx 2{,}2\;\mathrm{s}$ . $\ev{a = \frac{v^2}{2s} \approx 35{,}6\;\mathrm{m/s^2} \approx 3{,}6\,g}$

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Topics: Dinamica Concepts: Moto uniformemente accelerato Skills: Stime di Fermi

Testo

Un disco di raggio $R = 30\;\mathrm{cm}$ ruota a $3000\;\mathrm{rpm}$ . Stima la velocità del bordo e discuti perché a queste velocità un disco di cellulosa o vetro può rompersi per “forza centrifuga”.

Soluzione

Convertiamo i giri al minuto in velocità angolare. $3000\;\mathrm{rpm}$ significa $3000/60 = 50$ giri al secondo, quindi: $\omega = 2\pi \cdot 50 = 100\pi \approx 314\;\mathrm{rad/s}$ La velocità del bordo (con $R = 0{,}30\;\mathrm{m}$ ): $v = \omega R = 314 \cdot 0{,}30 \approx 94\;\mathrm{m/s}$ In chilometri orari: $v \approx 94 \cdot 3{,}6 \approx 340\;\mathrm{km/h}$ Perché si rompe. Ogni elemento di materiale al bordo ha bisogno di una forza centripeta enorme per restare in orbita circolare. L’accelerazione centripeta al bordo è $a_c = \omega^2 R = 314^2 \cdot 0{,}30 \approx 3{,}0\cdot 10^4\;\mathrm{m/s^2} \approx 3000\,g$ Questa forza deve essere trasmessa dalla coesione interna del materiale (tensione di trazione). In un frame rotante appare come “forza centrifuga” che tende a scagliare via il materiale verso l’esterno. Quando lo sforzo di trazione richiesto supera la resistenza del materiale (bassa per cellulosa o vetro), il disco si frammenta. $\ev{v = \omega R \approx 94\;\mathrm{m/s} \approx 340\;\mathrm{km/h}}$

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Argomenti: Dinamica Concetti: Velocità angolare · Moto circolare uniforme Competenze: Stime di Fermi Oggetti: Disco rotante

Problem

A disc of radius $R = 30\;\mathrm{cm}$ rotates at $3000\;\mathrm{rpm}$ . Estimate the speed of the edge and discuss why, at these speeds, a cellulose or glass disc can break due to “centrifugal force”.

Solution

We convert revolutions per minute into angular velocity. $3000\;\mathrm{rpm}$ means $3000/60 = 50$ revolutions per second, so: $\omega = 2\pi \cdot 50 = 100\pi \approx 314\;\mathrm{rad/s}$ The speed of the edge (with $R = 0{,}30\;\mathrm{m}$ ): $v = \omega R = 314 \cdot 0{,}30 \approx 94\;\mathrm{m/s}$ In kilometres per hour: $v \approx 94 \cdot 3{,}6 \approx 340\;\mathrm{km/h}$ Why it breaks. Every element of material at the edge needs an enormous centripetal force to stay on the circular orbit. The centripetal acceleration at the edge is $a_c = \omega^2 R = 314^2 \cdot 0{,}30 \approx 3{,}0\cdot 10^4\;\mathrm{m/s^2} \approx 3000\,g$ This force must be transmitted by the internal cohesion of the material (tensile stress). In a rotating frame it appears as a “centrifugal force” that tends to fling the material outward. When the required tensile stress exceeds the strength of the material (low for cellulose or glass), the disc shatters. $\ev{v = \omega R \approx 94\;\mathrm{m/s} \approx 340\;\mathrm{km/h}}$

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Topics: Dinamica Concepts: Velocità angolare · Moto circolare uniforme Skills: Stime di Fermi Objects: Disco rotante

Testo

Un pendolo conico di lunghezza $\ell = 1\;\mathrm{m}$ ruota con angolo $\theta$ rispetto alla verticale. Cosa accade alla tensione $T$ e alla velocità angolare $\omega$ quando $\theta \to 90^\circ$ ? Perché l’angolo limite non si raggiunge mai con un filo reale?

La tensione del filo (lungo il filo) e il peso (verticale) sono le uniche forze: la loro risultante orizzontale è la forza centripeta.

Soluzione

Equazioni del moto. La massa descrive una circonferenza orizzontale di raggio $r = \ell\sin\theta$ . Le uniche forze sono la tensione $\vv T$ (lungo il filo) e il peso $m\vv g$ . Le scomponiamo lungo la verticale e l’orizzontale.

Verticale (equilibrio, nessuna accelerazione verticale): $T\cos\theta = mg$ Orizzontale (la componente orizzontale di $T$ è la forza centripeta): $T\sin\theta = m\,\omega^2 r = m\,\omega^2 \ell\sin\theta$ Dalla seconda, semplificando $\sin\theta$ : $T = m\,\omega^2 \ell$ . Uguagliando con la prima ( $T = mg/\cos\theta$ ): $m\,\omega^2 \ell = \frac{mg}{\cos\theta} \quad\Longrightarrow\quad \omega = \sqrt{\frac{g}{\ell\cos\theta}}$

Limite $\theta \to 90^\circ$ . Quando $\theta \to 90^\circ$ si ha $\cos\theta \to 0$ , quindi: $T = \frac{mg}{\cos\theta} \to \infty, \qquad \omega = \sqrt{\frac{g}{\ell\cos\theta}} \to \infty$ Sia la tensione sia la velocità angolare divergono: servirebbe una tensione infinita e una rotazione infinitamente veloce per portare il filo perfettamente orizzontale. Fisicamente il motivo è che il filo, essendo teso, non può avere componente verticale nulla e sostenere comunque il peso: la componente verticale $T\cos\theta$ deve sempre valere $mg$ , e per farlo con $\cos\theta \to 0$ occorre $T \to \infty$ .

Perché è irraggiungibile. Un filo reale ha un carico di rottura finito: molto prima che $\theta$ raggiunga $90^\circ$ , la tensione supera la resistenza del filo, che si spezza. La configurazione perfettamente orizzontale è quindi un limite ideale, fisicamente irraggiungibile.

$\ev{T = \frac{mg}{\cos\theta} \to \infty, \quad \omega = \sqrt{\frac{g}{\ell\cos\theta}} \to \infty \quad \text{per } \theta \to 90^\circ}$

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Argomenti: Dinamica Concetti: Tensione · Forza centripeta · Moto circolare uniforme Competenze: Analisi di casi limite e fantafisica Oggetti: Pendolo conico

Problem

A conical pendulum of length $\ell = 1\;\mathrm{m}$ rotates at angle $\theta$ from the vertical. What happens to the tension $T$ and to the angular velocity $\omega$ as $\theta \to 90^\circ$ ? Why is the limiting angle never reached with a real string?

The string tension (along the string) and the weight (vertical) are the only forces: their horizontal resultant is the centripetal force.

Solution

Equations of motion. The mass traces a horizontal circle of radius $r = \ell\sin\theta$ . The only forces are the tension $\vv T$ (along the string) and the weight $m\vv g$ . We resolve them along the vertical and the horizontal.

Vertical (equilibrium, no vertical acceleration): $T\cos\theta = mg$ Horizontal (the horizontal component of $T$ is the centripetal force): $T\sin\theta = m\,\omega^2 r = m\,\omega^2 \ell\sin\theta$ From the second equation, cancelling $\sin\theta$ : $T = m\,\omega^2 \ell$ . Equating with the first ( $T = mg/\cos\theta$ ): $m\,\omega^2 \ell = \frac{mg}{\cos\theta} \quad\Longrightarrow\quad \omega = \sqrt{\frac{g}{\ell\cos\theta}}$

Limit $\theta \to 90^\circ$ . As $\theta \to 90^\circ$ , $\cos\theta \to 0$ , so: $T = \frac{mg}{\cos\theta} \to \infty, \qquad \omega = \sqrt{\frac{g}{\ell\cos\theta}} \to \infty$ Both the tension and the angular velocity diverge: an infinite tension and an infinitely fast rotation would be needed to bring the string perfectly horizontal. Physically, the reason is that the string, being taut, cannot have zero vertical component and still support the weight: the vertical component $T\cos\theta$ must always equal $mg$ , and to do so as $\cos\theta \to 0$ requires $T \to \infty$ .

Why it is unreachable. A real string has a finite breaking load: well before $\theta$ reaches $90^\circ$ , the tension exceeds the string’s strength and it snaps. The perfectly horizontal configuration is therefore an ideal limit, physically unreachable.

$\ev{T = \frac{mg}{\cos\theta} \to \infty, \quad \omega = \sqrt{\frac{g}{\ell\cos\theta}} \to \infty \quad \text{as } \theta \to 90^\circ}$

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Topics: Dinamica Concepts: Tensione · Forza centripeta · Moto circolare uniforme Skills: Analisi di casi limite e fantafisica Objects: Pendolo conico

Fisica — Liceo

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Esercizi — Piano inclinato e moto circolare

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