5. La quantità di moto e il momento angolare

la quantità di moto e il momento angolare
5
5.La quantità di moto e il momento angolare
Domande sui concetti
Il centro di massa si muove di moto rettilineo uniforme perché si conserva la quantità
di moto in quanto il movimento dell’uomo
è dovuto a forze interne al sistema e le forze
esterne hanno risultante nulla.
13
L = r × p . Se r // p , allora L = 0.
14
Vale zero, poiché r e v hanno la stessa direzione e quindi il loro prodotto vettoriale è nullo.
15
DL = MDt. Se M = 0, allora DL = 0 e Li = Lf
m1v1 = m2v2
m1 v2
=
m2 v1
2




Dv Dp
F = ma = m
=
Dt Dt
→
→
→
i
→
f
Se F = 0 allora Dp = 0, quindi p = p
3
4
5
Sulla legge di conservazione della quantità
di moto. I motori assorbono aria e espellono
all’indietro i gas combusti a grande velocità.
→
16
→
→
I = Dp
I = Furto + Dt
Per conservare il valore dell’impulso, se diminuisce la forza dell’urto deve aumentare Dt.
Sì, perché la quantità di moto totale del sistema è conservata.
ptot = m1v1 + m2v2 =
= (150 g) × (–40 cm/s) × (200 g) × (30 cm/s) = = 0 kg ⋅m/s
Sì.
7
Perché durante l’urto l’impulso scambiato
avviene in un tempo Dt così breve da poter
trascurare l’impulso delle forze esterne.
8
I due oggetti che urtano rimangono uniti dopo l’urto: in questa situazione possono
intervenire forze dissipative che trasformano
parte dell’energia cinetica in altre forme (per
esempio in energia interna).
9
10
→
→
→
→
→
1
A braccia distese I = Mr2 + 2Mbracciad2, dove
2
d è la distanza fra l’asse di rotazione e il centro
di massa delle braccia.
A braccia avvicinate,
1
I′ = Mr2 + 2Mbraccia(d′)2, ma d′ << d, e quindi
2
w′ =
Iw I
e > 1, quindi w′ > w
I′ I′
Sulla base della definizione, il momento d’inerzia dipende da come è distribuita la massa
dell’oggetto rispetto all’asse di simmetria. In
funzione della forma dell’oggetto la distribuzione di massa varia a seconda di quale asse di
simmetria si sceglie.
problemi
1
 99

m/s  = 28 kg ⋅ m/s
p = mv = (1, 0 kg) × 
 3, 6

2
 36

ps = ms v = (80 kg) × 
m/s  =
 3, 6

= 8, 0 × 102 kg ⋅ m/s
No, non si conserva l’energia cinetica e quindi
non è possibile scrivere la relazione v2 = u2 + V2,
dove u e V sono le velocità finali delle biglie e v
è la velocità iniziale.
Idee per insegnare la fisica con
Amaldi, L’Amaldi per i licei scientifici © Zanichelli 2012
→
La particella urtata ha la stessa massa del protone perché l’angolo fra le direzioni delle velocità finali è retto.
Perché può anche non appartenere alla distribuzione di materia, come per esempio il centro di massa di un tavolo.
→
→
Iw = I′w′
 36

pm = mm v = (550 kg) × 
m/s  =
 3, 6

11
→
17
6
→
= 5, 5 × 103 kg ⋅ m/s
1
Soluzioni per capitolo
soluzioni degli
esercizi del libro
1
12
la quantità di moto e il momento angolare

 120

m/s  = 5, 00 × 104 kg ⋅ m/s
p1 = p2 = mv = (1500 kg) × 
 3, 6


Sono uguali i moduli, ma non le direzioni.

 120

m/s  × 2 = 7, 07 × 104 kg ⋅ m/s
ptot = mv 2 = (1500 kg) × 
 3, 6

3
ptot
ptot = mv 2 → v =
5
A regime: m1g – bv1 = 0, quindi v1 =
m 2
m1
=
m2
= 151 km/h
m1 g
.
b
p2b
g
p1
(160 kg ⋅ m/s)
=
= 4, 0
p2
(10 kg ⋅ m/s)
6
m1v1 = m2 v2 → m1 = m2
7
v=
9
(1500 kg) × 2
p1b
e per m2 si ha m2 =
g
p1 m1 g
, quindi m1 =
=
m1
b
=
(8, 9 × 104 kg ⋅ m/s)
4
5
v2
(4, 0 m/s)
= (54 kg) ×
= 48 kgg
v1
(4, 5 m/s)
p (150 kg ⋅ m/s)
=
= 1, 50 m/s
m
(100 kg)
ptot = mpvp + mcvc = (0,0050 kg) × (580 m/s) × (0,200 kg) × (0 m/s) = 2,9 kg⋅m/s
pc = mcvc = (0,200 kg) × (5,0 m/s) = 1,0 kg⋅m/s
 pp = ptot – pc = (2,9 – 1,0)kg ⋅m/s = 1,9 kg⋅m/s
pp (1, 9 kg ⋅ m/s)
=
= 3, 8 × 102 m/s
 vp =
mp (0, 0050 kg)



1
1
K i = mp vp2 = × (0, 0050 kg) × (580 m/s)2 = 8, 4 × 102 J
2
2
1
1
2
K f = mp vp + mc vc2 = ×[(0, 0050 kg) × (3, 8 × 102 m/s)2 + (0, 200 kg) × (5, 0 m/s)2 ] = 3, 6 × 102 J
2
2
(
10
)
mv0 = mvpallina + mvp.incl.
v0 minima è tale che la pallina arriva in cima al piano inclinato fermandosi rispetto alla velocità del
piano inclinato, quindi vpallina = vp.incl. = v
mv0 = 2mv
1

1
Per la conservazione dell’energia meccanica: mv02 = 2  mv 2  + mgh
2
2

Risolvendo il sistema
Dp = FDt = (50 N) × (30 s) = 1,5 × 103 N⋅s
12
D p = FD t → F =
13
D v1 =
D p (64 kg) × (7, 7 m/s)
=
= 2, 7 × 102 N (vee rso l’alto)
Dt
(1, 8 s)
F0
(5, 0 N) × (1, 5 kg)
= 10 m/s
D t1 =
m
(3, 0 s)
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2
Soluzioni per capitolo
11
soluzioni degli
esercizi del libro
v0 = 2 gh = 2 × (9, 8 m/s2 ) × (1, 63 m) = 8, 0 m/s
la quantità di moto e il momento angolare
14
15
Dp1 = F1Dt1 = (800 N) × (5,0 s) = 4,0 × 103 N·s
Dp2 = F2Dt2 = (–1200 N) × (2,0 s) = –2,4 × 103 N·s
Dp3 = F3Dt3 = (200 N) × (6,0 s) = 1,2 × 103 N·s
Dp4 = F4Dt4 = (400 N) × (3,0 s) = 1,2 × 103 N·s
Dptot = 4,0 × 103 N·s
D p (4, 0 × 103 N ⋅ s)
 D p = mD v → D v =
=
= 5, 0 m/s
m
(800 kg)

I = FDt = mv0, quindi v0 =
FD t
m
Dalle leggi della dinamica –mD mg = ma, cioè a = –mD g
v = v0 – mD gt
FD t
0 = v0 − m D gD t f =
− m D gD t f quindi:
m
m DmgD t f 0,1 × (0, 82 kg) × (9, 8 m/s2 ) × (10 s)
F=
=
= 8, 0 × 103 N
−3
Dt
(1 × 10 s)
pi = vi (m1 − m2 ) = (4, 0 m/s) ×[(70 kg) − (50 kg)] = 80 kg ⋅ m/s
p f = v f (m1 + m2 ) → v f =
Combinando la pi = 3mv1 con la pf = 5mv2 si ha, con pi = pf :
3
3
3v1 = 5v2 → v2 = v1 = (10 m/s) = 6 m/s
5
5
1
2
 K = 3mv
i
1
2
2
3  1 9
1
1
2
mv12
K f = 5mv2 = 5m  v1  =
2
2
5  2 5
L’urto è anelastico: l’energia totale non si conserva.
19

(80 kg ⋅ m/s)
= 0, 67 m/s
(m1 + m2 ) [(70 kg) + (50 kg)]
=
Sia v la velocità di m prima dell’urto e v′ dopo l’urto: mv = mv′ = MvM
1
1
1
1
Per la conservazione dell’energia: mgl = mv2 e mv2 = m(v′)2 + MvM
2
2
2
2
da cui
m(v – v′) = MvM
m[v2 – (v′)2] = MvM2
Perciò:
m(v – v′)(v + v′) = MvM2 e, sostituendo m(v – v′) = MvM, otteniamo v + v′ = vM
Infine, sostituendo nella conservazione della quantità di moto:
2mv
2m
vM =
=
2 gl
m+ M m+ M
2
2 2
 (1, 0 kg) + (2,13 kg) 
 m + M  vM
(2, 0 m/s)2
= 0, 50 m
l =
=
 ×

2
(1, 0 kg)
 m  8g 
 8 × (9, 8 m/s )
20

90°, dato che hanno la stessa massa.

v = (2, 5 m/s)2 + (4, 2 m/s)2 = 4, 9 m/s
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3
Soluzioni per capitolo
17
pf
soluzioni degli
esercizi del libro
16
5
la quantità di moto e il momento angolare
21

22

5
Le due velocità sono uguali: 4,6 m/s.
 v0 = vi 2 = (4, 6 m/s) × 2 = 6, 5 m/s
a velocità della molecola bersaglio è pari alla metà della velocità di quella incidente (corrisponde
L
al cateto di un triangolo rettangolo che è la metà di un triangolo equilatero), cioè 125 m/s. L’altra
molecola avrà una velocità pari a: 3 × (125 m/s) = 217 m/s.
 60° (poiché 60° + 30° = 90°).
Sia v′ la velocità dopo l’urto della biglia e la V velocità impressa alla lastra:



mv = MV + mv ′
mvcosq = MV – mv′cos ϕ
–mvsen q = –mv′senϕ
sen q
v′ = v
sen ϕ
sen q
mv cos q + mv
cos ϕ = MV = I
sen ϕ
23
m=
I
=



sen q
cos ϕ  v 
cos q +
sen ϕ


1 +
2


(1, 36 kg ⋅ m/s)
= 0,10 kg

3

2 ⋅ 2  × (10 m/s)
2 2 


2
24
vcm =
ptot (0, 2 kg) × (3, 0 m/s)
=
= 1, 5 m/s
mtot
(0, 4 kg)
25
rcm =
Σ mi xi mT xT (6, 0 × 1024 kg) × (1, 5 × 108 km)
=
=
= 4, 5 × 102 km (l’origine è nel centro del Sole).
30
Σ mi
mS
(2, 0 × 10 kg)
26
rcm =
Σ mi xi (6, 0 kg) × (0, 20 m) + (4 kg) × (0 m)
= 0,12 m (l’origine è sul disco più leggero).
=
Σ mi
[(6 kg) + (4 kg)]
27
Il baricentro del sistema equivale, visto che le tre masse sono uguali, a quello del triangolo equilatero
e si trova lungo una qualsiasi altezza, ad un terzo di essa rispetto alla base:
29

S i conserva la quantità di moto. Inizialmente il centro di massa barca+uomo è fermo e quindi quando l’uomo si muove il centro di massa non si muove. Prendendo come origine il punto di contatto
barca-molo, si ha:
L
M + mL
2
xcm =
m+ M
Dopo il movimento
L

M  + D x  + mD x
2

xcm =
M +m
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4
Soluzioni per capitolo
soluzioni degli
esercizi del libro
1
3
ycm = × (4 m) ×
=1 m
3
2
Le sue coordinate sono quindi (2,1)m.
la quantità di moto e il momento angolare
uguagliando si ricava:
Dx =
(70 kg)
m
L=
× (80 m) = 2, 0 m
(210 kg) + (70 kg)
M +m
30
L = rp = rmv = (0,30 m) × (0,0020 kg) × (0,25 m/s) = 1,5 × 10–4 kg⋅m2/s
31
L = rmv = (30 m) × (80 kg) × (5,0 m/s) = 1,2 × 104 kg⋅m2/s
32
L = rmv →
33
 3, 0 
L = rmv →   m × (30 + 45)kg × (2, 5 m/s) = 2, 8 × 102 kg ⋅ m2 /s
 2 
34
Lperielio = Lafelio → rpmvp = ra mva
→ vp =
35
36
37
38
5
 1 
LT  rT   mT   vT   1 
=  
   =   × 10 × 
 = 8,1
LM  rM   mM   vM   1, 5 
 0, 82 
va ra (9,1 × 102 m/s) × (5, 2 × 1012 m)
= 5, 4 × 104 m/s
=
10
rp
(8, 8 × 10 m)
Lafelio
= ra va = (1, 52 × 1011 m) × (2, 93 × 104 m/s) = 4, 45 × 102 m2 /s
m
Lperielio
= rp vp = (1, 47 × 1011 m) × (3, 03 × 104 m/s) = 4, 45 × 102 m2 /s
m
F
L = rmv = rm(at ) = rm   t = rFt = (0, 90 m) × (35 N) × (20 s)) = 63 kg ⋅ m2 /s
m 
 2, 6 
 2πr 

 2 π mr 2 π × (14 kg) ×  2 m 
v 
F = ma = m   = m  T  =
=
= 21 N
(6, 0 s) × (0, 90 s)
Tt
t 
 t 


Per la conservazione del momento angolare Li = L1 + L2 = lmv + lmv = 2mwl2.
Dopo l’intervento del meccanismo:
2
1

l
1

Quindi: K i = 2  mv 2  = mw2l 2 , K f = 2  m(v ′)2  = m(w′)2   = 16 mw2l 2 = 16 K i
2

4
2

In conclusione:
39
Kf
Ki
=16
M = Ia = (mr2)a = (0,050 kg) × (0,25 m)2 × (100 rad/s2) = 0,31 N ⋅m
Idee per insegnare la fisica con
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5
Soluzioni per capitolo
soluzioni degli
esercizi del libro
l
l
l2
L f = mv ′+ mv ′ = mw′
4
4
8
2
l
2mwl 2 = mw′
8
w′ = 16w
la quantità di moto e il momento angolare
40
41
I 
 I 
L = Iw → I 2w2 = I1w1 → w2 =  1  w1 =  1  w1 = 2w1 = 7, 00 rad/s
 I2 
1I 
2 1
42
1
1
I = mr 2 = × (1, 60 kg) × (0,15 m)2 = 0, 018 kg ⋅ m2
2
2
v (2, 00 m/s)
 w =
=
= 13 rad/s
r
(0,15 m)


1
1 1
K = Iw2 =  mr 2 
2
2 2


1
1
I = mr 2 = × (1, 60 kg) × (0,16 m)2 = 2, 0 × 10−3 kg ⋅ m2
2
2

44
v  1 2 1
2
  = mv = × (1, 60 kg)) × (2, 00 m/s) = 1, 6 J
4
r  4
le due equazioni M = Ia e M = rF si ottiene:
 Dw 


Dw
(3,14 rad/s)
Ia
 Dt 
= 0, 39 N
F=
=I
=I
= (2, 0 × 10−3 kg ⋅ m2 ) ×
(0,16 m) × (0,10 s)
r
r
rD t
2

 Combinando
5
M = rF → F =
M
→ se r si dimezza, F raddoppia: 2 × (0,39 N) = 0,78 N
r
Per la conservazione del momento angolare rispetto all’asse centrale:
l
l2
Iw0 = Iw + mv = Iw + mw
2
4
2
Ml
w
Iw0
12 0 =  M  w
w=
=
0
l 2 Ml 2
l 2  M + 3m 
+m
I +m
4
12
4
w=
M w0
M + 3m
m=
M (w0 − w) (3, 0 kg) ×[(10 rad/s) − (5, 0 rad/s)]
= 1, 0 kg
=
3w
3 × (5, 0 rad/s)
problemi generali
mp v0 = mp vp + mL vL
→ vp =
mp v0 − mL vL
mp
=
(0, 010 kg) × (550 m/s) − (0, 500 kg) × (6, 0 m/s)
= 250 m/s
(0, 010 kg)
1
K i = mp v02
2
1
K f = (mp vp2 + mL vL2 )
2
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6
Soluzioni per capitolo
Conservazione della quantità di moto (0 = iniziale, p = proiettile, L = legno):
soluzioni degli
esercizi del libro
1
la quantità di moto e il momento angolare
5
1
K i − K f = (mp v02 − mp vp2 − mL vL2 ) =
2
1
= ×[(0, 010 kg) × (550 m/s)2 − (0, 500 kg) × (6, 0 m/s)2 ] = 1, 2 × 103 J
2
(2m2 v2 + D mv1 ) [(125 kg) − (100 kg)]× (1, 25 m/s)
= 0,139 m/s
=
Σm
[(125 kg) + (100 kg)]
V2 =
(2m1v1 + D mv2 ) 2 × (100 kg) × (1, 25 m/s)
=
= 1,11 m/s
Σm
[(125 kg) + (100 kg)]

vcm =
ptot (100 kg) × (1, 25 m/s)
=
= 0, 556 m/s
mtot
(225 kg)

w1 =
2π
2π
2π
=
=
= 2, 42 × 10−6 rad/s
T (30, 0 d) (30, 0 d) × (8, 64 × 104 s/d)

4
V1 =
2
2
4π
L = Iw = mr 2w = mr 2 (2 π f ) = mr 2 f
5
5
5
2
2
 (7, 00 × 105 km) 
r 
1




2
 r  r 
 (15, 0 km) 
L1 = L2 → r12 f1 = r22 f2 → f2 = f1  1  = 2 =
= 840
T1
(30, 0 d) × (8, 64 × 104 s/d)
 r2 
Combinando le tre equazioni a =
a=
5
Dv
Dw
, v =w e a=
si ottiene:
Dt
Dt
D v D(wr )
Dw
=
=r
= ra
Dt
Dt
Dt
v 1 2v 1
= mr = mrv
r 2
r 2
1
MRv
LR
R
=
= 2
=2


Lr 1 M
r
  rv
2 2 
L = Iw = I
Lcorona
Lpignone
2
2

 54 

 72 

ptot = m v + m v = (800 kg) ×   m/s + (900 kg)2 ×   m/s = 2, 2 × 104 kg ⋅ m/ss
 3, 6 

 3, 6 


vf =

6
2 2
1 1
2 2
2 2
2
ptot (2, 2 × 104 kg ⋅ m/s)
=
= 13 m/ss
mtot (800 kg) + (900 kg)
1
1
K1 − K f = (m1v12 + m2 v22 ) − (m1 + m2 )v 2f =
2
2
2
2


 54

 72

1
m/s  + (900 kg) × 
m/s  −[(800 kg) + (900 kg)]× (13 m/s)2  =
= × (800 kg) × 
2 
 3, 6

 3, 6


= 1, 3 × 105 J
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Amaldi, L’Amaldi per i licei scientifici © Zanichelli 2012
7
Soluzioni per capitolo
3

soluzioni degli
esercizi del libro
2
la quantità di moto e il momento angolare
7
5
Ei = mgh
2

1 2 1 2 1 2 2 2 v   1  2 2 2 7
E f = mv + Iw = mv +  mr    = mv + mv  = mv 2
5
2
2
2 
 10
5
  r   2 
7
E f = Ei → mv 2 = mgh
10
→v =
8

10 gh
10 × (9, 81 m/s2 ) × (3, 00 m)
=
= 6, 48 m/s
7
7
Ei = mgh
2

v   1
1
1
1
E f = mv 2 + Iw2 = mv 2 + I    =
2
2
2 
 r   2
1
I 
2 gh
E f = Ei → m + 2  v 2 = mgh → v =
2
r 

I 
1 + 2 
 mr 
vsfera =
2 gh
 2
1 + 
 5
10
gh
7
vanello =
2 gh
= gh
(1+1)
vdisco =
2 gh
 1
1 + 
 2
=
4
gh
3
1
1
1
1
E f = mv 2 + Iw2 = [m(wr )2 + Iw2 ] = (mr 2 + I )w2
2
2
2
2
1
2 gh
E f = Ei → (mr 2 + I )w2 = mgh → w2 =
 2 I
2
r + 
m

sfera : w2 =
  10 gh  2
2 gh
10 gh
1
1 2
=
→ K rot = Iw2 =  mr 2  
 = mgh
2
 2 2 2 7 r
2
2 5
  7 r2  7
r + r 
5 

anello : w2 =
disco : w2 =
 gh  1
2 gh
gh
1
1
= 2 → K rot = Iw2 = (mr 2 )  2  = mgh
2
2
2
(r + r ) r
r  2
2
  4 gh  1
2 gh
4 gh
1
1 1
=
→ K rot = Iw2 =  mr 2   2  = mgh
2
 2 1 2 3 r
2
2 2
 3 r  3
r + r 
2 

L’anello possiede l’energia rotazionale cinetica maggiore perché ha il momento d’inerzia maggiore
fra i tre oggetti.

=
La sfera arriva a terra con la velocità maggiore perché ha il momento d’inerzia minore fra i tre oggetti.
 Ei = mgh

I  2
m + 2  v
r 

vsfera =
10
10
gh =
× (9, 8 m/s2 ) × (2, 0 m) = 5, 3 m/s
7
7
1
1
K rot(anello) = mgh = × (1, 0 kg) × (9, 8 m/s2 ) × (2, 0 m) = 9, 8 J
2
2
Idee per insegnare la fisica con
Amaldi, L’Amaldi per i licei scientifici © Zanichelli 2012
8
Soluzioni per capitolo
soluzioni degli
esercizi del libro
la quantità di moto e il momento angolare
9

5
0 = Iw − mv0 R
w=
−mv0 R −mv0 R 2mv0
=
=
1
I
MR
MR2
2
2
  2mv0  m2 v02 (2, 0 kg)2 × (2, 0 m/s)2
1
1 1
= 2, 0 J
K rot = Iw2 =  MR2  −
=
 =
M
2 2
(8, 0 kg)
2
  MR 

−M f = I
Dw
Dt
2mv0
1
MR2
2
MR = mv0 R = (2, 0 kg) × (2, 0 m/s) × (1, 0 m) = 4, 0 s
=
Dt =
(1, 0 N ⋅ m)
Mf
Mf
Mf
Iw
Per la conservazione della quantità di moto: mv0 = (m + M)v
1
1
Per la conservazione dell’energia meccanica: (m + M)v2 = k(Dx)2
2
2
2
mv0 m + M
(m + M )v
m+ M
=v
=
Dx =
k
k
k
m+ M
mg
Inoltre kDy = mp g, cioè k = p .
Dy
mv0 (m + M )D y
Quindi D x =
, cioè:
M +m
mp g
10
Dx =

m1v1 − m2 v2 = (m1 + m2 )v
v=

m1v1 − m2 v2 (1, 0 × 104 kg)) × (0,1 m/s) − (9, 0 × 103 kg) × (0, 5 m/s)
=
= − 0, 2 m/s
(m1 + m2 )
[(1, 0 × 104 kg) + (9, 0 × 103 kg)]
−F = (m1 + m2 )a
a=
−F
(m1 + m2 )
0=v−
F
Dt
(m1 + m2 )
0=
(m1v1 − m2 v2 )
FD t
−
(m1 + m2 )
(m1 + m2 )
F=
m1v1 − m2 v2 (1, 0 × 104 kg) × (0,1 m/s) − (9, 0 × 103 kg) × (0, 5 m/s)
=
= − 3, 5 × 102 N
Dt
(10 s)
12
L’urto è impulsivo, le forze esterne hanno risultante nulla e quindi si conserva la quantità di moto, ma
mv
.
non l’energia cinetica totale: mv = (m + M)V, da cui V =
(m + M )
Idee per insegnare la fisica con
Amaldi, L’Amaldi per i licei scientifici © Zanichelli 2012
9
Soluzioni per capitolo
11
(0,100 kg) × (20 m/s)
[(0,100 kg) + (1, 9 kg)]× (19, 6 × 10−2 m)
×
= 20 c m
[(1, 9 kg) + (0,100 kg)]
(9, 8 m/s2 ) × (1, 0 kg)
soluzioni degli
esercizi del libro
la quantità di moto e il momento angolare
Prendendo il sistema di riferimento con origine nel centro di massa del bersaglio, dopo l’urto quando
il sistema bersaglio + freccetta comincia a salire si ha la conservazione dell’energia meccanica.
1
(m + M)V2 = (m + M)gh
2
Sostituendo e ricavando v:
v=
5
(m + M )
2 gh
m
 (0,100 kg) + (1, 0 kg) 
2
−2
v =
 × 2 × (9, 8 m/s ) × (4, 9 × 10 m) = 11 m/s
(0,100 kg)


Indicando con t la tensione del filo, lungo l’asse y si ha:
t – mg = ma
Calcoliamo il momento rispetto al centro del disco e indichiamo l’asse z perpendicolare al piano con
verso positivo uscente dal foglio. Abbiamo quindi:
–Rt = Ia
L’accelerazione tangenziale del disco è aR, ma il filo non slitta per cui a = aR e quindi
a
1
a
−Rt = I cioè −Rt = MR2
R
2
R
13
Combinando con t – mg = ma si ottiene:
2m
2m
g
= −g
= − = 3, 3 m/s2
( M + 2m)
(4m + 2m)
3
test per l’università
1
4
a
a
2
5
a
3

a
3

a

mA v A + mB v B = mA v A → v ′A = v A +
= −2, 0 m/s
L
’urto
1
 K = m v ′2 = 10 J
f
A A
2
D K = − 75 J
2
mB
vB
mA
è anelastico perché l’energia cinetica
totale non si conserva:
1
1
K i = mA v A + mB v B = 85 J
2
2

Mv B + mv p = ( M + m)v f
( Mv B + mv p )
= 5, 9 m/s
→ vf =
(M + M )
Idee per insegnare la fisica con
Amaldi, L’Amaldi per i licei scientifici © Zanichelli 2012
1
Mv12 = Mgl(1 − cos q)
2
→ v1 = 2 gl(1 − cos q) = 3, 35 m/s
Mv1 = ( M + m)v2 → v2 =
prove d’esame all’università
1
1
1
DK = ( M + m)v 2f − mv 2p = − 8, 9 KJ
2
2
M
v =
( M + m) 1
= 2, 23 m/s


4
1
1
DK = ( M + m)v22 − Mv12 = − 0, 753 J
2
2
1
( M + m)v22 = ( M + m)gh
2
v2
→ h = 2 = 0, 254 m
g
pi = m1vi
p f = (m1 + m2 ) v f
pi = p f → m1vi = (m1 + m2 ) v f
→ vi = v f
(m1 + m2 )
=
m1
= (16 km/h) ×
(1100 kg + 1400 kg)
= 36 km//h
(1100 kg)
10
Soluzioni per capitolo
a = −g
soluzioni degli
esercizi del libro
la quantità di moto e il momento angolare
pi = m1vi
p f = (m1 + m2 ) v f
p f = pi → (m1 + m2 ) v f = m1vi
→ v f = m1
vi
=
(m1 + m2 )
= (75 kg) ×
(15 km/h)
= 11 km/h
(75 kg) + (25 kg)
Study abroad
5
2
a
and
9
C
4
a
5
4
6
a
7
a
8
a
and
D
Applies law of conservation of momentum:
m1v1 = m2v2
x
x
x
Uses v = to get m1 1 = m2 2
t
t
t
x1 + x2 = 4 m
x2 = 2.3 m
9
soluzioni degli
esercizi del libro
1
3
Idee per insegnare la fisica con
Amaldi, L’Amaldi per i licei scientifici © Zanichelli 2012
11
Soluzioni per capitolo
5
5