1
solu
zion
i de
gli
eser
cizi
del
lib
roSo
luzi
oni p
er c
apit
olo
la quantità di moto e il momento angolare 5
Idee per insegnare la fisica con Amaldi, L’Amaldi per i licei scientifici © Zanichelli 2012
DomanDe sui concetti
1 m1v1 = m2v2
m
m
v
v1
2
2
1
=
2
F ma mv
t
p
t= = =D
DDD
Se F→
= 0 allora Dp→
= 0, quindi p→
i = p→
f
3 Sulla legge di conservazione della quantità di moto. I motori assorbono aria e espellono all’indietro i gas combusti a grande velocità.
4 I→
= Dp→
I→
= Furto + Dt
Per conservare il valore dell’impulso, se dimi-nuisce la forza dell’urto deve aumentare Dt.
5 Sì, perché la quantità di moto totale del siste-ma è conservata.
ptot = m1v1 + m2v2 = = (150 g) × (–40 cm/s) × (200 g) × (30 cm/s) = = 0 kg ⋅m/s
6 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 uni-ti 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 La particella urtata ha la stessa massa del pro-tone perché l’angolo fra le direzioni delle ve-locità finali è retto.
10 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.
11 Perché può anche non appartenere alla distri-buzione di materia, come per esempio il cen-tro di massa di un tavolo.
12 Il centro di massa si muove di moto rettili-neo 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 direzio-ne e quindi il loro prodotto vettoriale è nullo.
15 DL→
= M→
Dt. Se M→
= 0, allora DL→
= 0 e Li = Lf
16 A braccia distese I = 1
2Mr2 + 2Mbracciad
2, dove
d è la distanza fra l’asse di rotazione e il centro di massa delle braccia.
A braccia avvicinate,
I′ = 1
2Mr2 + 2Mbraccia(d′)2, ma d′ << d, e quindi
Iw = I′w′
′ =′ ′
>w wII
I
Ie 1, quindi w′ > w
17 Sulla base della definizione, il momento d’i-nerzia dipende da come è distribuita la massa dell’oggetto rispetto all’asse di simmetria. In funzione della forma dell’oggetto la distribu-zione di massa varia a seconda di quale asse di simmetria si sceglie.
problemi
1 p mv= = ×
= ⋅( , )
,1 0
99
3 628kg m/s kg m/s
2 p m vs s kg m/s
kg m/s
= = ×
=
= × ⋅
( ),
,
8036
3 6
8 0 102
p m vm m kg m/s
kg m/s
= = ×
=
= × ⋅
( ),
,
55036
3 6
5 5 103
5. la quantità di moto e il momento angolare
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la quantità di moto e il momento angolare 5
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3 p p mv1 kg m/s kg m/= = = ×
= × ⋅2
41500120
3 65 00 10( )
,, ss
Sono uguali i moduli, ma non le direzioni.
p mvtot = = ×
× = × ⋅2 1500
120
3 62 7 07 104( )
,,kg m/s kg mm/s
4 p mv vp
mtot
tot= → = = × ⋅×
=22
8 9 10
1500 2151
4( , )
( )
kg m/s
kgkkm/h
5 A regime: m1g – bv1 = 0, quindi vm g
b11= .
p
m
m g
b1
1
1= , quindi mp b
g11= e per m2 si ha m
p b
g22=
m
m
p
p1
2
1
2
160
104 0= = ⋅
⋅=( )
( ),
kg m/s
kg m/s
6 m v m v m mv
v1 1 2 2 1 22
1
544 0
4 548= → = = × =( )
( , )
( , )kg
m/s
m/skgg
7 vp
m= = ⋅ =( )
( ),
150
1001 50
kg m/s
kgm/s
9 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
vp
mpp
p
kg m/s
kgm/s= = ⋅ = ×( , )
( , ),
1 9
0 00503 8 102
K m v
K
i
f
= = × × = ×
=
1
2
1
20 0050 580 8 4 10
1
2 2 2p p kg m/s J( , ) ( ) ,
22
1
20 0050 3 8 10 02 2 2 2m v m vp p c c kg m/s+( ) = × × × +[( , ) ( , ) ( ,, ) ( , ) ] ,200 5 0 3 6 102 2kg m/s J× = ×
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 Per la conservazione dell’energia meccanica:
1
22
1
202 2mv mv mgh=
+
Risolvendo il sistema
v gh022 2 9 8 1 63 8 0= = × × =( , ) ( , ) ,m/s m m/s
11 D p = FDt = (50 N) × (30 s) = 1,5 × 103 N⋅s
12 D D DD
p F t Fp
t= → = = × = ×( ) ( , )
( , ),
64 7 7
1 82 7 102kg m/s
sN (veerso l’alto)
13 D DvF
mt1
01
5 0 1 5
3 010= = × =( , ) ( , )
( , )
N kg
sm/s
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14 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 D D Dp m v v
p
m= → = = × ⋅ =( , )
( ),
4 0 10
8005 0
3 N s
kgm/s
15 I = FDt = mv0, quindi vF t
m0 = D
Dalle leggi della dinamica –mD mg = ma, cioè a = –mD g
v = v0 – mD gt
0 0= − = −v g tF t
mg tD f D fm mD D D quindi:
Fmg t
tD f= = × × ×
× −
m DD
0 1 0 82 9 8 10
1 10
2
3
, ( , ) ( , ) ( )
(
kg m/s s
ssN
),= ×8 0 103
16 p v m m
p
i i= − = × − = ⋅( ) ( , ) [( ) ( )]1 2 4 0 70 50 80m/s kg kg kg m/s
ff f ffv m m v
p
m m= + → =
+= ⋅
+( )
( )
( )
[( ) (1 21 2
80
70 50
kg m/s
kg kkgm/s
)],= 0 67
17 Combinando la pi = 3mv1 con la pf = 5mv2 si ha, con pi = pf :
3 53
5
3
510 61 2 2 1v v v v= → = = =( )m/s m/s
K mv
K mv m v mv
i
f
=
= =
=
1
23
1
25
1
25
3
5
1
2
9
5
12
22
1
2
12
L’urto è anelastico: l’energia totale non si conserva.
19 Sia v la velocità di m prima dell’urto e v′ dopo l’urto: mv = mv′ = MvM
Per la conservazione dell’energia: mgl = 1
2mv2 e 1
2mv2 = 1
2m(v′)2 + 1
2MvM
da cui
m(v – v′) = MvM
m[v2 – (v′)2] = Mv2M
Perciò:
m(v – v′)(v + v′) = Mv2M e, sostituendo m(v – v′) = MvM, otteniamo v + v′ = vM
Infine, sostituendo nella conservazione della quantità di moto:
v
mv
m M
m
m Mgl
lm M
m
v
g
M
M
=+
=+
= +
= +
2 22
8
1 0 22 2 ( , ) (kg ,, )
( , )
( , )
( , ),
13
1 0
2 0
8 9 80 50
2 2
2
kg
kg
m/s
m/s
×
×= mm
20 90°, dato che hanno la stessa massa.
v = + =( , ) ( , ) ,2 5 4 2 4 92 2m/s m/s m/s
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21 Le due velocità sono uguali: 4,6 m/s.
v vi0 2 4 6 2 6 5= = × =( , ) ,m/s m/s
22 La velocità della molecola bersaglio è pari alla metà della velocità di quella incidente (corrisponde 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: 3 125 217× =( )m/s m/s. 60° (poiché 60° + 30° = 90°).
23 Sia v′ la velocità dopo l’urto della biglia e la V velocità impressa alla lastra:
mv MV mv
= + ′ mvcosq = MV – mv′cosϕ –mvsenq = –mv′senϕ
′ =v vsen
sen
qϕ
mv mv MV Icossen
sencosq q
ϕϕ+ = =
mI
v
=+
= ⋅
+cos
sen
sencos
( , )
q qϕ
ϕ
1 36
1
2
3
22
2
kg m/s
⋅⋅
×
=
2
210
0 10
( )
,
m/s
kg
24 vp
mcmtot
tot
= = × =( , ) ( , )
( , ),
0 2 3 0
0 41 5
kg m/s
kgm/s
25 rm x
m
m x
mcmi i
i
= = = × × ×ΣΣ
T T
S
kg km( , ) ( , )
( ,
6 0 10 1 5 10
2
24 8
00 104 5 10
30
2
×= ×
kgkm
), (l’origine è nel centro del Sole).
26 rm x
mcmi i
i
= = × + ×+
ΣΣ
( , ) ( , ) ( ) ( )
[( ) (
6 0 0 20 4 0
6
kg m kg m
kg 440 12
kgm
)],= (l’origine è sul disco più leggero).
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:
ycm = × × =1
34
3
21( )m m
Le sue coordinate sono quindi (2,1)m.
29 Si conserva la quantità di moto. Inizialmente il centro di massa barca+uomo è fermo e quindi quan-do l’uomo si muove il centro di massa non si muove. Prendendo come origine il punto di contatto barca-molo, si ha:
x
ML
mL
m Mcm =+
+2
Dopo il movimento
x
ML
x m x
M mcm =+
+
+2
D D
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uguagliando si ricava:
Dxm
M mL=
+=
+× =( )
( ) ( )( ) ,
70
210 7080 2 0
kg
kg kgm 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 rmvL
L
r
r
m
m
v
v= → =
=
T
M
T
M
T
M
T
M
1
1 5,
× ×
=10
1
0 828 1
,,
33 L rmv= →
× + × = × ⋅3 0
230 45 2 5 2 8 102,
( ) ( , ) ,m kg m/s kg mm /s2
34 L L r mv r mv
vv r
r
perielio afelio p p a a
pa a
p
= → =
→ = = ×( ,9 1 1022 12
10
45 2 10
8 8 105 4 10
m/s m
mm/s
) ( , )
( , ),
× ××
= ×
35 L
mr vafelioa a m m/s= = × × × = ×( , ) ( , ) ,1 52 10 2 93 10 4 45 111 4 00
1 47 10 3 03 10
2 2
11 4
m /s
m m/perieliop p
L
mr v= = × × ×( , ) ( , ss m /s) ,= ×4 45 102 2
36 L rmv rm at rmF
mt rFt= = =
= = × ×( ) ( , ) ( ) (0 90 35 20m N s))= ⋅63 2kg m /s
37 F ma mv
tm
r
Tt
mr
Tt= =
=
= =×2
22 14π
ππ ( kkg m
s sN
),
( , ) ( , )
×
×=
2 6
2
6 0 0 9021
38 Per la conservazione del momento angolare Li = L1 + L2 = lmv + lmv = 2mwl2. Dopo l’intervento del meccanismo:
Ll
mvl
mv ml
f = ′+ ′ = ′4 4 8
2
w
28
22
m l mlw w= ′
w′ = 16w
Quindi: K mv m li =
=2
1
22 2 2w , K m v m
lm l Kf i= ′
= ′
= =2
1
2 416 162 2
2
2 2( ) ( )w w
In conclusione: K
Kf
i
=16
39 M = Ia = (mr2)a = (0,050 kg) × (0,25 m)2 × (100 rad/s2) = 0,31 N ⋅m
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40 L I I II
I
I
I= → = → =
=
w w w w w w2 2 1 1 21
21
1
1
11
2
== =2 7 001w , rad/s
41 I mr= = × × = ⋅1
2
1
21 60 0 15 0 0182 2 2( , ) ( , ) ,kg m kg m
w = = =v
r
( , )
( , )
2 00
0 1513
m/s
mrad/s
K I mrv
rmv= =
= = ×1
2
1
2
1
2
1
4
1
41 602 2
2
2w ( , kg)) ( , ) ,× =2 00 1 62m/s J
42 I mr= = × × = × ⋅−1
2
1
21 60 0 16 2 0 102 2 3 2( , ) ( , ) ,kg m kg m
Combinando le due equazioni M = Ia e M = rF si ottiene:
F
I
rI
t
rI
r t= =
= = × ⋅ ×−aw
wDD D
D( , )
( ,2 0 10
3 143 2kg mrrad/s
m sN
)
( , ) ( , ),
0 16 0 100 39
×=
M rF FM
r= → = → se r si dimezza, F raddoppia: 2 × (0,39 N) = 0,78 N
44 Per la conservazione del momento angolare rispetto all’asse centrale:
I I mvl
I mlw w w w0
2
2 4= + = +
ww w
w=+
=+
=+
I
I ml
Ml
Mlm
l
M
M m0
2
2
0
2 2 0
4
12
12 4
3
w
w=
+M
M m0
3
m
M=
−= × −
×( ) ( , ) [( ) ( , )]
( ,
w ww0
3
3 0 10 5 0
3 5
kg rad/s rad/s
001 0
rad/skg
),=
problemi generali
1 Conservazione della quantità di moto (0 = iniziale, p = proiettile, L = legno):
m v m v m v
vm v m v
m
p p p L L
pp 0 L L
p
kg m/s
0
0 010 550
= +
→ =−
= ×( , ) ( )) ( , ) ( , )
( , )
− × =0 500 6 0
0 010250
kg m/s
kgm/s
K m vi = 1
2 02
p
K m v m vf = +1
22 2( )p p L L
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K K m v m v m vi f− = − − =
= × ×
1
2
1
20 010 550
2 2 2( )
[( , ) (
p 0 p p L L
kg mm/s kg m/s J) ( , ) ( , ) ] ,2 2 30 500 6 0 1 2 10− × = ×
2 Vm v mv
m12 2 12 125 100 1 25= + = − ×( ) [( ) ( )] ( , )
[(
DΣ
kg kg m/s
1125 1000 139
2 2 12
1 1 2
kg kgm/s
) ( )],
( ) (
+=
= + = ×V
m v mv
m
DΣ
000 1 25
125 1001 11
kg m/s
kg kgm/s
) ( , )
[( ) ( )],
×+
=
vp
mcmtot
tot
= = × =( ) ( , )
( ),
100 1 25
2250 556
kg m/s
kgm/s
3 w π π π1 4
2 2
30 0
2
30 0 8 64 102 42 1= = =
× ×= ×
T ( , ) ( , ) ( , ),
d d s/d00 6− rad/s
L I mr mr f mr f= = = =w w π π2
5
2
52
4
52 2 2( )
L L r f r f f f
r
r
r
r
T1 2 12
1 22
2 2 11
2
21
2
2
= → = → =
=
11
52
4
7 00 10
15 0
30 0 8 64 10=
×
× ×
( , )
( , )
( , ) ( ,
km
km
d ss/d)= 840
4 Combinando le tre equazioni av
tv a
t= = =D
DDD
, w we si ottiene:
a
v
t
r
tr
tr= = = =D
DD
DDD
( )w w a
5 L I Iv
rmr
v
rmrv
L
L
L
L
MRR
r
= = = =
= =
w 1
2
1
2
1
2
2
corona
pignone
vv
Mrv
R
r1
2 2
2
=
6 p m v m vtot = + = ×
12
12
22
22 2800
54
3 6( )
,kg m/s + ×
= × ⋅
2
2
2
490072
3 62 2 10( )
,,kg m/s kg m/ss
vp
mftot
tot
= = × ⋅+
=( , )
( ) ( )
2 2 10
800 90013
4 kg m/s
kg kgm/ss
K K m v m v m m vf f1 1 12
2 22
1 221
2
1
2
1
2800
− = + − + =
= × ×
( ) ( )
( )kg554
3 6900
72
3 6800
2 2
,( )
,[(m/s kg m/s k
+ ×
− gg kg m/s
J
) ( )] ( )
,
+ ×
=
= ×
900 13
1 3 10
2
5
8
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7 Ei = mgh
E mv I mv mrv
rf = + = +
1
2
1
2
1
2
2
52 2 2 2
2
w = +
=1
2
2
5
7
102 2 2mv mv mv
E E mv mgh
vgh
f i= → =
→ = = × ×
7
10
10
7
10 9 81 3 00
7
2
2( , ) ( , )m/s m == 6 48, m/s
8 Ei = mgh
E mv I mv I
v
rm
I
rf = + = +
= +1
2
1
2
1
2
1
22 2 2
2
2w
v2
E E mI
rv mgh v
gh
I
mr
f i= → +
= → =
+
1
2
2
12
2
2
vgh
ghsfera =
+
=2
12
5
10
7 v
ghghanello =
+( ) =2
1 1 v
ghghdisco =
+
=2
11
2
4
3
La sfera arriva a terra con la velocità maggiore perché ha il momento d’inerzia minore fra i tre og-getti.
Ei = mgh E mv I m r I mr If = + = + = +1
2
1
2
1
2
1
22 2 2 2 2 2w w w w[ ( ) ] ( )
E E mr I mgh
gh
rI
m
f i= → + = → =+
1
2
22 2 2
2
( )w w
sfera rot: w w2
2 22
22
2
5
10
7
1
2
1
2=
+
= → = =gh
r r
gh
rK I
22
5
10
7
2
72
2mr
gh
rmgh
=
anello rot:( )
( )w w2
2 2 2
2 22 1
2
1
2=
+= → = =gh
r r
gh
rK I mr
gh
r22
1
2
= mgh
disco rot: w w2
2 22
22
1
2
4
3
1
2
1
2
1=+
= → = =gh
r r
gh
rK I
22
4
3
1
32
2mr
gh
rmgh
=
L’anello possiede l’energia rotazionale cinetica maggiore perché ha il momento d’inerzia maggiore fra i tre oggetti.
v ghsfera m/s m m/s= = × × =10
7
10
79 8 2 0 5 32( , ) ( , ) ,
K mghrot(anello) kg m/s m= = × × × =1
2
1
21 0 9 8 2 02( , ) ( , ) ( , ) 99 8, J
9
solu
zion
i de
gli
eser
cizi
del
lib
roSo
luzi
oni p
er c
apit
olo
la quantità di moto e il momento angolare 5
Idee per insegnare la fisica con Amaldi, L’Amaldi per i licei scientifici © Zanichelli 2012
9 0
1
2
2
1
2
1
0
0 0
2
0
2
= −
=−
=−
=
= =
I mv R
mv R
I
mv R
MR
mv
MR
K I
w
w
wrot 22
1
2
2 2 0 22 0
2 202 2
MRmv
MR
m v
M
−
= = ×( , ) ( ,kg 00
8 02 0
2m/s
kgJ
)
( , ),=
− =
= = = = ×
M It
tI
M
MRmv
MRM
mv R
M
f
f f f
DD
D
w
w1
2
22 0
2 0
0 ( , ) (kg 22 0 1 0
1 04 0
, ) ( , )
( , ),
m/s m
N ms
×⋅
=
10 Per la conservazione della quantità di moto: mv0 = (m + M)v
Per la conservazione dell’energia meccanica: 1
2(m + M)v2 =
1
2k(Dx)2
Dx
m M v
kv
m M
k
mv
m M
m M
k= + = + =
++( ) 2
0
Inoltre kDy = mp g, cioè km g
y= p
D.
Quindi D Dx
mv
M m
m M y
m g=
++0 ( )
p
, cioè:
Dx = ×+
×( , ) ( )
[( , ) ( , )]
[( ,0 100 20
1 9 0 100
0 100kg m/s
kg kg
kkg kg m
m/s kgc
) ( , )] ( , )
( , ) ( , )
+ × ××
=−1 9 19 6 10
9 8 1 020
2
2mm
11 m v m v m m v
vm v m v
m m
1 1 2 2 1 2
1 1 2 2
1 2
41 0 10
− = +
= −+
= ×
( )
( )
( , kg)) ( , ) ( , ) ( , )
[( , ) (
× − × ×× +0 1 9 0 10 0 5
1 0 10 9
3
4
m/s kg m/s
kg ,, )],
0 100 2
3×= −
kgm/s
− = +
= −+
= −+
F m m a
aF
m m
vF
m mt
( )
( )
( )
1 2
1 2
1 2
0 D
0 1 1 2 2
1 2 1 2
= −+
−+
( )
( ) ( )
m v m v
m m
F t
m m
D
Fm v m v
t= − = × × − × ×1 1 2 2
4 31 0 10 0 1 9 0 10
D( , ) ( , ) ( , )kg m/s kg (( , )
( ),
0 5
103 5 102m/s
sN= − ×
12 L’urto è impulsivo, le forze esterne hanno risultante nulla e quindi si conserva la quantità di moto, ma
non l’energia cinetica totale: mv = (m + M)V, da cui Vmv
m M=
+( ).
10
solu
zion
i de
gli
eser
cizi
del
lib
roSo
luzi
oni p
er c
apit
olo
la quantità di moto e il momento angolare 5
Idee per insegnare la fisica con Amaldi, L’Amaldi per i licei scientifici © Zanichelli 2012
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
2(m + M)V2 = (m + M)gh
Sostituendo e ricavando v:
vm M
mgh= +( )
2
v = +
× × ×( , ) ( , )
( , )( , )
0 100 1 0
0 1002 9 8 2kg kg
kgm/s (( , )4 9 10 112× =− m m/s
13 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 − =R I
a
Rt cioè − =R MR
a
Rt 1
22
Combinando con t – mg = ma si ottiene:
a g
m
M mg
m
m m
g= −+
= −+
= − =2
2
2
4 2 33 3 2
( ) ( ), m/s
test per l’università
1 a 2 a 3 a
4 a 5 a
prove D’esame all’università
1 m v m v m v v vm
mvA A B B A A A A
B
AB+ = → ′ = +
= −2 0, m/s
L’urto è anelastico perché l’energia cinetica totale non si conserva:
K m v m vi A A B B= + =1
2
1
285 J
K m v
K
f A A= ′ =
= −
1
210
75
2 J
JD
2 Mv mv M m v
vMv mv
M M
B p f
fB p
+ = +
→ =++
=
( )
( )
( ),5 9 m/s
DK M m v mvf p= + − = −1
2
1
28 92 2( ) , KJ
3 1
21
2 1 3 35
12
1
1
Mv Mgl
v gl
Mv M
= −
→ = − =
=
( cos )
( cos ) ,
(
q
q m/s
++ → =+
=
=
m v vM
M mv)
( )
,
2 2 1
2 23 m/s
DK M m v Mv= + − = −1
2
1
20 7532
212( ) , J
1
2
0 254
22
22
( ) ( )
,
M m v M m gh
hv
g
+ = +
→ = = m
4 p m v
p m m v
p p m v m m v
v vm
i i
f f
i f i f
i f
== +
= → = +
→ =
1
1 2
1 1 2
( )
( )
( 11 2
1
161100 1400
110036
+ =
= × + =
m
m
)
( )( )
( )km/h
kg kg
kgkm//h
11
solu
zion
i de
gli
eser
cizi
del
lib
roSo
luzi
oni p
er c
apit
olo
la quantità di moto e il momento angolare 5
Idee per insegnare la fisica con Amaldi, L’Amaldi per i licei scientifici © Zanichelli 2012
3 C
4 a
5 4
6 a
7 a
8 a and D
9 Applies law of conservation of momentum: m1v1 = m2v2
Uses vx
tm
x
tm
x
t= =to get 1
12
2
x1 + x2 = 4 m x2 = 2.3 m
5 p m v
p m m v
p p m m v m v
v mv
i i
f f
f i f i
fi
== +
= → + =
→ =
1
1 2
1 2 1
1
( )
( )
(( )
( )( )
( ) ( )
m m1 2
7515
75 2511
+=
= ×+
=kgkm/h
kg kgkm/h
stuDy abroaD
1 5 and 9
2 a