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Amaldi, Dalla mela di Newton al bosone di Higgs CAPITOLO 15 • LA QUANTITÀ DI MOTO E IL MOMENTO ANGOLARE

1 ©Zanichelli 2015

Problemi)di)paragrafo)

1)Deve essere v2/v1.

2)No, dovrebbe essere m < 0.

3)No, poiché si tratta di un vettore, cambia il verso.

4)No, la variazione è diretta verso l’alto.

5)Una parabola.

!0,06 !0,04 !0,02 0 0,02 0,04 0,060

0,02

0,04

0,06

0,08

0,1

0,120,11

0,09

0,05

0,03

0

0,02

0,05

0,08

0,1

Serie1

6)

p = m ⋅v = 1,0 kg × 99 km/h × 0,28 m/s

km/h= 28 kg ⋅m/s

7)

p1 = m1 ⋅v = 80 kg × 36 km/h × 0,28 m/s

km/h= 8,0×102 kg ⋅m/s

p2 = m2 ⋅v = 550 kg × 36 km/h × 0,28 m/s

km/h= 5,5×103 kg ⋅m/s


2 ©Zanichelli 2015

8)

•

p1 = p2 = m ⋅v = 1500 kg × 120 km/h

3,6 km/hm/s

= 5,00×104 kg ⋅m/s

• p = p1 +

p2 ⇒ p = p12 + p2

2 = 2× p12 = 2 × p1 = 7,07 ×104 kg ⋅m/s

9)

p = p1 +

p2 ⇒ p = p12 + p2

2 = 2× p12 = 2 × p1 = 7,07 ×104 kg ⋅m/s

⇒ v1 =

pm 2

= 8,9×104 kg ⋅m/s1500× 2

× 3,6 km/hm/s

= 1,5×102 km/h

10)• • Prima dell’incrocio i vettori sono paralleli,

p è diretto verso nord:

p = pa + pc = 12×102 + 300×102( )kg × 50

3,6m/s

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 4,3×105 kg ⋅m/s

Dopo l’incrocio i vettori formno un angolo di 45°, quindi:

p = pc + paN( )2

+ paO( )2= pc + pa cos 45°( )⎡⎣ ⎤⎦

2+ pa sin 45°( )⎡⎣ ⎤⎦

2

pc = 300×102 kg( )× 50

3,6m/s

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 4,17 ×105 kg ⋅m/s

pa = 12×102 kg( )× 50

3,6m/s

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 1,67 ×104 kg ⋅m/s

paN = pa cos 45°( ) = 1,18×104 kg ⋅m/s

paO = pa sin 45°( ) = 1,18×104 kg ⋅m/s

p = 4,17 ×105 +1,18×104( )2+ 1,18×104( )2

kg ⋅m/s = 4,3×105 kg ⋅m/s

11)• Le due palle hanno massa uguale, perciò le quantità di moto sono proporzionali ai vettori velocità

in figura. • Il vettore quantità di moto prima dell’urto coincide con la quantità di moto della palla in moto, e

rimane invariato dopo l’urto. • pi = mvi = 0,200 kg( )× 0,050 m/s( ) = 1,0×10−2 kg ⋅m/s

p f = p1 f2 + p2 f

2 = mv1 f( )2+ mv2 f( )2

=

= 0,200 kg × 0,043 m/s( )2+ 0,200 kg × 0,026 m/s( )2

= 1,0×10−2 kg ⋅m/s

Il vettore quantità di moto del sistema prima dell’urto è uguale a quello dopo l’urto.


3 ©Zanichelli 2015

12)

• m1v1 = m2v2 ⇒ v2 =

m1v1

m2

=68×103 kg( )× 810 km/h( )

1,25×10−1 kg= 4,4×108 km/h

• c = 3,0×105 km/s = 3,0×105 km/s× 3600 s

1 h= 1,1×109 km/h

vc= 4,4×108 km/h

1,1×109 km/h= 0,40

Quindi la pallina da tennis deve viaggiare a una velocità pari a circa la metà della velocità della

luce!

13)

mg = bv ⇒ v1 =

m1gb

; v2 =m2g

b

p1

p2

=m1

m1gb

m2

m2gb

=m1

2

m22 ⇒

m1

m2

=p1

p2

= 160 kg ⋅m/s10 kg ⋅m/s

= 4,0

14)Perché così facendo diminuisce la forza, allungando il tempo di impatto.

15)La quantità di moto totale si conserva.

16)Sì. L’impulso è lo stesso, ma la durata dell’urto nel secondo caso è molto minore, perché la pallina di gomma, a differenza di quella di acciaio, tende a deformarsi, allungando la durata del contatto. In questo modo, a parità di impulso, la forza applicata dalla pallina di acciaio è più intensa.

17)Sì, perché il vettore velocità ha cambiato direzione, anche se non ha cambiato valore.

18)Il grafico b.

19)

I = FΔt = 50 N( )× 30 s( ) = 1,5×103 N ⋅s

20)

F = I

Δt= Δ p

Δt= mΔv

Δt=

64 kg( )× 7,7 − 0( )m/s1,8 s

= 274 g ⋅m/s2 = 2,7 ×102 N, verso l’alto.

21)

• I = 4 s+ 2 s( )× 2 N( )

2= 6 N ⋅s

Fm = I

Δt= 6 N ⋅s

4 s= 1,5 N


4 ©Zanichelli 2015

• I = 2 s( ) −1 N( ) = −2 N ⋅s

Fm = I

Δt= −2 N ⋅s

4 s= −0,5 N

• I = 2,5 N ⋅s

Fm = I

Δt= 2,5 N ⋅s

4 s≈ 0,6 N

22)• • pi = 0,250 kg( )× 2,0 m/s( ) = 0,50 kg ⋅m/s verso sud

p f = 0,250 kg( )× 2,0 m/s

4⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = 0,13 kg ⋅m/s verso est

I = 0,1252 + 0,502( ) kg ⋅m/s = 0,52 kg ⋅m/s

23)

Δv = Δp

m; Δp = FΔt ⇒ΔV = FΔt

m Dopo 3,0 s FΔt = 15 N ⋅s

v f − vi =

15 N ⋅s1,5 kg

= 10 m/s , poiché vi = 0⇒ v f = 10 m/s

Tra 3,0 s e 4,0 s FΔt = 2,5 N ⋅s (area del triangolo)

v f = vi +

FΔtm

= 10 m/s+ 2,5 N ⋅s1,5 kg

= 12 m/s

24)• Prendiamo come positivo il verso della velocità finale e applichiamo il teorema dell’impulso:

Fm = Δp

Δt= mΔv

Δt=

80 kg( )× 5,0− (−55,0)( ) / 3,6 m/s⎡⎣ ⎤⎦0,20 s

= 6,7 ×103 N

• La forza media con l’airbag è:

Fm, airbag =

mΔvΔtairbag

=80 kg( )× 5,0− (−55,0)( ) / 3,6 m/s⎡⎣ ⎤⎦

2,5 s= 5,3×102 N

25)

• I = FiΔti

i=1

4

∑ = 800 N( )× 5,0 s( ) + −1200 N( )× 2,0 s( ) + 200 N( )× 6,0 s( ) + 400 N( )× 3,0 s( ) =

= 4,0×103 N ⋅s

• Δv = I

m= 4,0×103 kg ⋅m/s

800 kg= 5,0 m/s


5 ©Zanichelli 2015

26)• I = Δp = mmartelloΔv = mmartellov0 = 0,70 kg( )× 6,0 m/s( ) = 4,2 kg ⋅m/s • Cinematica dell’urto:

Δs = 12

aΔt2 + v0Δt

0 = v0 + aΔt

⎧⎨⎪

⎩⎪⇒ a = −

v0

Δt⇒Δt = 2Δs

v0

= 2× 0,050 m6,0 m/s

= 1,7 ×10−3 s

Fm = Δp

Δt= 4,2 kg ⋅m/s

1,7 ×10−3 s= 2,5×103 N

• Fp = mg = 0,70 kg × 9,8 m/s2 = 6,9 N ⇒

Fm

Fp

= 2,5×103 N6,9 N

= 3,7 ×102

27)

I = FΔt = mv0 ⇒ v0 =

FΔtm

Dalle leggi della dinamica

−µd mg = ma , cioè a = −µd g

v = v0 −µd gt

0 = v0 −µd gΔt f =

FΔtm

−µd gΔt f

quindi:

F =

µd mgΔt f

Δt= 0,10× 0,82 kg × 9,8 m/s2 ×1,5 s

1,0×103 s= 1,2×103 N

28)

tan θ( ) = Δp

pi

= FΔtpi

⇒ pi =FΔt

tan θ( )

Nel campo da tennis tan θ( ) = y

x

pi =

xFΔty

⇒ vi =xFΔt

ym=

20 m( )× 0,12 N( )× 2,0×10−2 s( )0,050 m( )× 0,060 kg( ) = 16 m/s = 58 km/h

29)No, perché agiscono forze esterne come l’attrito e la quantità di moto non si conserva.

30)No, non si conserverebbe la quantità di moto.

31)

m1v1 = m2v2 ⇒ m1 = m2

v2

v1

= 54 kg( )× 4,0 m/s( )4,5 m/s( ) = 48 kg

32)

v = p

m=

150 kg ⋅m/s( )100 kg( ) = 1,50 m/s


6 ©Zanichelli 2015

33)•

ptot = mpvp + mcvc = 0,0050 kg( )× 580 m/s( ) + 0,200 kg( )× 0 m/s( ) = 2,9 kg ⋅m/s

• pc,dopo = mcVc = 0,200 kg( )× 5,0 m/s( ) = 1,0 kg ⋅m/s

• pp,dopo = ptot − pc,dopo = 2,9−1,0( )kg ⋅m/s = 1,9 kg ⋅m/s

• Vp =

pp,dopo

mp

=1,9 kg ⋅m/s( )0,0050 kg( ) = 3,8×102 m/s

• Ki =

12

mpvp2 = 1

2× 0,0050 kg( )× 580 m/s( )2

= 8,4×102 J

K f =12

mpVp2 + mcVc

2( ) = 12× 0,0050 kg( )× 3,8×102 m/s( )2

+ 0,200 kg( )× 5,0 m/s( )2⎡⎣

⎤⎦

= 3,6×102 J

34)

lungo x: mvi = mv1 cos α( )+ mv2 cos β( )lungo y:0 = mv1 sin α( )− mv2 sin β( )

⎧⎨⎪

⎩⎪

vi =vi

2cos 60°( )+ v2 cos β( )

vi

2sin 60°( ) = v2 sin β( )

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

⇒

34

vi = v2 cos β( )3

4vi = v2 sin β( )

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

⇒ 33

= tan β( )⇒β = 30°

Quindi l’urto che abbiamo esaminato è elastico.

35)

p0 = mcvc = 12 kg ×1,5 m/s = 18 kg ⋅m/s

p1 = p0 ⇒ mc + mp1( )v1 = p0 ⇒ v1 =

p0

mc + mp1( ) =18 kg ⋅m/s12+ 2,0( )kg

= 1,3 m/s

p2 = p0 ⇒ mc + mp1 + mp2( )v2 = p0 ⇒ v2 =

p0

mc + mp1 + mp2( ) =18 kg ⋅m/s

12+ 2,0+ 3,0( )kg= 1,1m/s

p3 = p0 ⇒ mc + mp1 + mp2 + mp3( )v3 = p0 ⇒ v3 =p0

mc + mp1 + mp2 + mp3( ) =

= 18 kg ⋅m/s12+ 2,0+ 3,0+ 4,0( )kg

= 0,86 m/s

36)

• meve

2 + 12

mpvp2 = Edec

meve = mpvp ⇒ vp =

meve

mp

12

meve2 + 1

2mp

meve

mp

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

2

= Edec

Ke + Ke

me

mp

= Edec ⇒ Ke = 1+ 0,0005447( ) = Edec


7 ©Zanichelli 2015

Ke =

Edec

1,0005447= 1,2512×10−13 J

1,0005447= 1,2505×10−13 J

• Il calcolo dell’energia cinetica dell’elettrone dà un valore univoco, mentre nell’esperimento si vede che non è fissato. Ciò significa che nel decadimento partecipa un’altra particella, il neutrino.

37)n = numero di mattoni; 20 km/h = 6,6 m/s

mtotvi i

= mtot − n ⋅mpietra( )vcarro i+ n ⋅mpietravpietra i

n mpietravpietra − mpietravcarro( ) = mtotvimtotvcarro

⇒ n =

mtot vi − vcarro( )mpietra vpietra − vcarro( ) =

225 kg × 0,80 m/s− 0 m/s( )0,55 kg × 5,56 m/s− 0 m/s( ) = 59

38)

mv0 = mvpalla + mvp.incl . v0 minima è tale che la pallina arriva in cima al piano inclinato fermandosi rispetto alla velocità del piano inclinato, quindi

vpalla = vp.incl . = v

mv0 = 2mv Per la conservazione dell’energia meccanica:

12

mv02 = mgh+ 1

2m+ m( )v2 ⇒ v0

2 = 2gh+v0

2

2

v0 = 2 gh = 2× 9,8 m/s2 ×1,63 m = 8,0 m/s

39)Sì, perché la quantità di moto totale del sistema è conservata.

40)Sì.

41)

Fm = Δp

Δt= 25 kg ⋅m/s

0,01s= 3×103 N

Fp = mg = 255 g( )× 9,8 m/s2( ) = 2,5 N

Fm

Fp

= 3×103 N2,5 N

= 1×103 ⇒ Fm Fp

42)I due oggetti rimangono uniti dopo l’urto: in questa situazione possono intervenire forze dissipative che trasformano parte dell’energia cinetica in altre forme (per esempio energia interna).

43)1) Le biglie invertono il senso di marcia e proseguono con la stessa velocità. 2) Le palline si fermano nel punto di impatto.


8 ©Zanichelli 2015

44)

pi = vi m1 − m2( ) = 4,0 m/s( )× 70 kg( )− 50 kg( )⎡⎣ ⎤⎦ = 80 kg ⋅m/s

p f = v f m1 + m2( )⇒ v f =

p f

m1 + m2( ) =80 kg ⋅m/s( )

70 kg( ) + 50 kg( )⎡⎣ ⎤⎦= 0,67 m/s

45)Dopo il primo urto

v2 =

2m1

m2 + m1

v1 =43

v1

Dopo il secondo urto

v3 =

2m2

m3 + m2

v2 =2m2

m3 + m2

43

v1

v3 = v1 ⇒

2m2

m3 + m2

43= 1

m3 + m2 =

83

m2 ⇒ m3 =53

m2 =56

m1 =56× 24 g = 20 g

46)Fisso il verso della velocità della biglia 1 come positivo, lungo la direzione nella quale si vanno incontro le biglie. Quindi la velocità della biglia 2 avrà segno negativo, cioè:

v1i − v2i = v1i − −v2i( ) = 3 m/s− −4 m/s( ) = 7,0 m/s Risolviamo il sistema per l’urto elastico:

m1v1i + m2v2i = m1v1 f + m2v2 f

12

m1v1i2 + 1

2m2v2i

2 = 12

m1v1 f2 + 1

2m2v2 f

2

⎧⎨⎪

⎩⎪⇒

v1i + v2i = v1 f + v2 f

v1i2 + v2i

2 = v1 f2 + v2 f

2

⎧⎨⎪

⎩⎪⇒

v1i − v1 f = v2 f − v2i

v1i2 − v1 f

2 = v2 f2 − v2i

2

⎧⎨⎪

⎩⎪

Dividendo le equazioni:

v1i + v1 f = v2 f + v2i ⇒ v1i − v2i = − v1 f − v2 f( )⇒ v1 f − v2 f = −7,0 m/s

47)

v f =

mbersaglio − mneutrone

mbersaglio + mneutrone

vi

1−K f

Ki

= 1−v f

2

vi2 = 1−

mbersaglio − mneutrone

mbersaglio + mneutrone

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2

=4mbersagliomneutrone

mbersaglio + mneutrone( )2

ELEMENTO

mbersaglio

mneutrone

1−K f

Ki

=4mbersagliomneutrone

4mbersaglio + mneutrone( )2

Pb piombo 206 0,02 O ossigeno 16 0,22 C carbonio 12 0,28 H idrogeno 1 1,00

Il moderatore più efficace è l’elemento più leggero: l’idrogeno.


9 ©Zanichelli 2015

48)• Combinando la pi = 3mv1 con la

p f = 5mv2 si ha, con pi = p f :

3v1 = 5v2 ⇒ v2 =

35

v1 =35× 10 m/s( ) = 6 m/s

• Ki =

12

3mv12

K f =

12

5mv22 = 1

25m 3

5v1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

= 12

95

mv12

L’urto è anelastico: l’energia totale non si conserva.

49)• Applichiamo la conservazione della quantità di moto:

p1 = mfrecciavfreccia ; p f = mfreccia + mbersaglio( )v f ⇒ vfreccia =

mfreccia + mbersaglio( )v f

mfreccia

Scriviamo le leggi del moto in presenza di attrito: a =

−Fa

m

⇒ a = µd g = 0,40× 9,8 m/s2 = 3,9 m/s2

•

v f − at = 0

s = v f t −12

at2

⎧⎨⎪

⎩⎪⇒

t =v f

a

s =v f

2

a− 1

2a

v f

a⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

= 12

v f2

a⇒ v f = 2sa = 2× 3,0 m( )× 3,9 m/s2( ) = 4,8 m/s

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

• vfreccia =

mfreccia + mbersaglio( )v f

mfreccia

= 0,25+ 2,5( )kg × 4,8 m/s0,25 kg

= 53 m/s

50)• Scegliamo come positive le velocità rivolte verso destra e negative quelle verso sinistra: il valore

della velocità iniziale del secondo blocco deve essere dunque preceduto dal segno meno, cioè v2 = –6,0 m/s:

m1v1 + m2v2 = m1 + m2( )v f ⇒ v f =

m1v1 + m2v2

m1 + m2( ) = 2,5 kg × 4,5 m/s− 30 kg × 6,0 m/s2,5+ 30( )kg

= −5,2 m/s

• Ki =

12

m1v12 + 1

2m2v2

2 = 0,5× 2,5 kg × 4,5 m/s( )2+ 0,5× 30 kg × 6,0 m/s( )2

= 565 J

K f =

12

m1 + m2( )v f2 = 0,5× 32,5 kg −5,2 m/s( )2

= 438 J

Ki − K f = 565− 438( )J = 127 J

51)• Dal problema modello nella teoria ricavo che: m = massa della freccetta, M = massa della patata, v = velocità della freccetta, V = velocità del sistema

mv = m+ M( )V12

M + m( )V 2 = M + m( )gh

⎧⎨⎪

⎩⎪⇒ v = M + m

m2gh


10 ©Zanichelli 2015

• Kproiett. =

12

mv2 = 12

m M + mm

2gh⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

= 12

M + m( )2

m2gh

Ubersaglio = M + m( )gh

Calcoliamo il rapporto fra l’energia cinetica e l’energia potenziale:

12

M + m( )2

m2gh

M + m( )gh= M + m

m⇒ M + m

m>100⇒ M > 99m⇒ M > 792 g

52)Conservazione della quantità di moto: chiamiamo vi la velocità di m appena prima dell’urto e vf quella dopo l’urto:

mvi = mv f + MvM Conservazione dell’energia meccanica prima dell’urto:

0+ mgl = 1

2mvi

2 + 0

Conservazione dell’energia cinetica (urto elastico):

12

mvi2 = 1

2mv f

2 + 12

MvM2

Quindi risolviamo un sistema con tre equazioni:

m vi − v f( ) = MvM

l =vi

2

2g

m vi2 − v f

2( ) = MvM2

⎧

⎨

⎪⎪

⎩

⎪⎪

Perciò:

m vi − v f( ) vi + v f( ) = MvM

2

e, sostituendo m vi − v f( ) = MvM , otteniamo

vi + v f = vM .

Infine, sostituendo nella prima equazione per la conservazione della quantità di moto:

vM =

2mvi

m+ M= 2m

m+ M2gl

l = m+ M

m⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2 vM2

8g= 1,0 kg + 2,13 kg

1,0 kg⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

×2,0 m/s( )2

8× 9,8 m/s2 = 0,50 m

53)Le due particelle hanno la stessa massa.

54)No.

55)• 90°, dato che hanno la stessa massa.

• v = 2,5 m/s( )2+ 4,2 m/s( )2

= 4,9 m/s



56)• Le due velocità sono uguali: 4,6 m/s. • v0 = vi 2 = 4,6 m/s( )× 2 = 6,5 m/s

57)• 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 m/s = 217 m/s • 60° (poiché 60° + 30° = 90°).



58#Non agiscono forze esterne, quindi il centro di massa rimane fermo.

59#Nel centro del quadrato.

60#Il baricentro si trova nel centro di simmetria per le figure piane semplici. Le figure più complesse vanno scomposte in figure semplici.

61#Nel centro della regione comune.

62#

vcm =

ptot

mtot

=0,20 kg( )× 3,0 m/s( )

0,4 kg( ) = 1,5 m/s

63#

rcm =

mixi∑mi∑

=mTxT

mS

=6,0×1024 kg( )× 1,5×108 km( )

2,0×1030 kg( ) = 4,5×102 km (l’origine è nel centro del Sole).

64#

rcm =

mixi∑mi∑

=6,0 kg( )× 0,20 m( ) + 4 kg( )× 0 m( )

6 kg + 4 kg( ) = 0,12 m (l’origine è sul disco più leggero).

65#

• xcm =

0+ 11cm ×1800 g( ) + 18 cm × 220 g( ) + 5,0 cm × 450 g( )380+1800+ 220+ 450( )g

= 9,1cm

ycm =

0+ 0+ 25 cm × 220 g( ) + 16 cm × 450 g( )380+1800+ 220+ 450( )g

= 4,5 cm

• Il baricentro è esterno al braccio.

66#

•

xcm = M d − L( )+ 0m+ M

= − MM + m

L+ MM + m

d = − 6,0 kg6,0+ 3,0( )kg

× 3,0 m + 6,0 kg6,0+ 3,0( )kg

d

ycm = mm+ M

d = 3,0 kg6,0+ 3,0( )kg

d

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

xcm = −2,0 m + 23

d

ycm = 13

d

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

• Se y = 3,0 m ⇒ xcm = 0,0 m, ycm = 1,0 m



67#

Altezza del triangolo: h = Lsin 60°( ) = 4 m × 3

2= 2 3

I vertici sono in A −2, 0( ), B 2, 0( ) e C 0, 2 3( )

xcm =

m xA + xB + xC( )3m

= −2+ 2+ 0( )3

= 0 m

ycm =

m yA + yB + yc( )3m

= 0+ 0+ 2 3( )3

= 2 33

= 1,2 m

68#Il centro di massa del sistema si trova lungo l’asse y del nostro sistema di riferimento, quindi

xcm = 0

ycm =0+ 1,0 u.m.a.( )× 1,0×10−10 m( )× cos 52,5°( ) + 1,0 u.m.a.( )× 1,0×10−10 m( )× cos 52,5°( )

1+1+16( )u.m.a.=

=2× 1,0 u.m.a.( )× 1,0×10−10 m( )× cos 52,5°( )⎡

⎣⎤⎦

18 u.m.a.= 6,8×10−12 m

69#Nel sistema di riferimento fissato:

zcm = 1,0 cm; xcm = 20 cm

ycm =mFexFe + mAu xAu

mFe + mAu

=VdFexFe +VdAu xAu

VdFe +VdAu

=dFexFe + dAu xAu

dFe + dAu

=

= 7,9 g/cm3 ×15 cm +19,3 g/cm3 × 45 cm7,9+19,3( )g/cm3 = 987 g/cm2

27,2 g/cm3 = 36 cm

70#Sistema di riferimento centrato nel centro di massa ⇒ xcm = 0, ycm = 0

0 =

− L2

m+ L2

m+ L2

m+ xM

m+ m+ m+ M⇒ x = − Lm

21

2m= − L

4; Y = − L

4

d = x − xcm( )2

+ y − ycm( )2= L2

16+ L2

16= L

2 2= 7,1cm

71#• Il centro di massa segue una traiettoria parabolica, e la sua gittata si può trovare tramite la formula:

xcm =

2v02 cosαsinα

g=

2× 80,0 m/s( )2× 2

2× 2

29,8 m/s2 = 0,65 km

• Quando i due frammenti sono caduti a terra, il centro di massa si trova nella posizione appena calcolata. Perciò conoscendo la posizione di un frammento possiamo calcolare la posizione dell’altro:



xcm =

m1x1 + m2x2

m1 + m2

⇒ xcm m1 + m2( )− m1x1 = m2x2

x2 =

xg m1 + m2( )− m1x1

m2

=0,65 km ×100 kg( )− 70,0 kg × 0,10 km( )

30 kg= 1,9 km

72#• Si conserva la quantità di moto. Inizialmente il centro di massa barca + uomo è fermo, e perciò

quando l’uomo si muove il centro di massa non di muove. Prendendo come origine il punto di contatto barca-molo, si ha:

xcm =

ML2+ mL

m+ M

Dopo il movimento:

xcm =

ML2+ Δx

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + mΔx

M + m

Uguagliando si ricava:

Δx = m

M + mL =

70 kg( )210 kg( ) + 70 kg( ) × 80 m( ) = 2,0 m

• No, l’uomo avrebbe bisogno di un ponticello lungo almeno 2,0 m.

73#Quando il vettore posizione è parallelo al vettore velocità.

74#Il doppio dell’area del triangolo.

75#Perpendicolare al piano dell’orbita.

76#Il momento angolare è nullo.

77#Il momento angolare non è definito, in quanto manca l’informazione sul sistema di riferimento rispetto al quale deve essere calcolato.

78#

L = rp = rmv = 0,30 m( )× 0,0020 kg( )× 0,25 m/s( ) = 1,5×10−4 kg ⋅m2 /s

79#

L = mrv = RmTωR = mT R2 2πT

⇒ R = LTmT 2π

=2,67 ×1040 kg ⋅m2 /s( )× 365× 24× 60× 60 s( )

5,97 ×1024 kg( )× 2× π= 1,50×1011 m

80#

L = mrv = 30 m( )× 80 kg( )× 5,0 m/s( ) = 1,2×104 kg ⋅m2 /s



81#

L = rmv = d

2mv = 7,7 ×108 m

2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ × 7,4×1022 kg( )× 1,0×103 m/s( ) = 2,8×1034 kg ⋅m2 /s

82#

• r = 30 m( )2

+ 40 m( )2= 50 m; α = arcos

30 m50 m

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 53°

Ld = rmvsin 53°( ) = 50 m( )× 600 kg( )× 300

3,6m/s

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟× 0,8 = 2,0×106 kg ⋅m2 /s entrante

• Ls = Ld , cambia il verso, che in questo caso è uscente.

83#L’angolo fra il vettore posizione e il vettore quantità di moto è 90°, sia per il protone che per l’elettrone.

Lp = mpr

2ω = 1,7 ×10−27 kg( )× 0,45 m( )2× 6,0×106 rad/s( ) = 2,1×10−21 kg ⋅m2 /s

Le = mer2ω = 9,1×10−31 kg( )× 0,45 m( )2

× 6,0×106 rad/s( ) = 1,1×10−24 kg ⋅m2 /s Entrambi sono diretti come l’asse di rotazione, ma con verso opposto:

Ltot =

Lp +

Le ⇒ Ltot = Lp − Le = 2,1×10−21 −1,1×10−24( )kg ⋅m2 /s ≅ 2,1×10−21 kg ⋅m2 /s

84#

L = rmv ⇒

LT

LM

=rT

rM

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

mT

mM

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

vT

vM

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 1

1,5×10× 1

0,82= 8,1

85#

L1 = m1l1v1 = m1l1 2gl1 ; L2 = m2l2v2 = m2l2 2gl2

Ltot = L1 − L2 = m1l1 2gl1 − m2l2 2gl2

Ltot = 0⇒ m1l1 2gl1 = m2l2 2gl2 ⇒ m1l1 l1 = m2l2 l2

⇒

m1

m2

=l2 l2

l1 l1=

40 cm( )× 40 cm( )50 cm( )× 50 cm( )

= 0,72

86#

L = rmv = 3,0

2m

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ × 30+ 45( )kg × 2,5 m/s( ) = 2,8×102 kg ⋅m2 /s

87#Per la legge di conservazione del momento angolare, il momento angolare di un sistema si conserva se il momento totale delle forze esterne che agiscono sul sistema è nullo.

88#Alla persona cadrà la scatola dalle mani.

89#Lo sgabello inizia a ruotare.



90#Per la conservazione del momento angolare.

91#

Lperielio = Lafelio ⇒ rpmvp = ramva

⇒ vp =

vara

rp

=9,1×102 m/s( )× 5,2×102 m( )

8,8×1010 m( ) = 5,4×104 m/s

92#

Lafelio

m= rava = 1,52×1011 m( )× 2,93×104 m/s( ) = 4,45×102 m2 /s

Lperilio

m= rpvp = 1,47 ×1011 m( )× 3,03×104 m/s( ) = 4,45×102 m2 /s

93#•

Li = Lf ⇒ mlvi = ml f v f ⇒ ml2ω i = ml f

2ω f

v f = 1,1vi ⇒ l f =

l1,1

= 45 cm ⇒ d = 50− 45( )cm = 5 cm

• ω f = 1,1ω i ⇒ mlω il = ml f 1,1ω il f ⇒ l f =

l1,1

= 48 cm

d = 50− 48( )cm = 2 cm

94#

Li = Lf ⇒ mr 2ω i = 3mr 2ω f

⇒ω f =

ω i

3= 3000× 2π

3× 60 s= 105 rad/s

95#• L = r × mv ⇒ L = rmvsin α( ) = Dmv; v = gt

L = DmgΔt = 0,40 m( )× 0,700 kg( )× 9,8 m/s2( )× 0,45 s( ) = 1,2 kg ⋅m2 /s L è entrante nel foglio. •

M = r ×F ⇒ M = rF sin α( ) = Dmg

che equivale a:

M = ΔL

Δt= Dmg = 0,40 m( )× 0,700 kg( )× 9,8 m/s2( ) = 2,7 N ⋅m

96#

L = rmv = rm at( ) = rm F

m⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ t = rFt = 0,90 m( )× 35 N( )× 20 s( ) = 63 kg ⋅m2 /s



97#

• ω i =

2π1a

= 2× 3,14 rad365× 24× 60× 60 s

= 6,28 rad3,15×107 s

= 1,99×10−7 rad/s ;

v f =

vi

2⇒ω f =

ω i

2= 0,995×10−7 rad/s

• ΔL = Lf − Li = mT rT

2 ω f −ω i( ) = mT rT2 ω i

2−ω i

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = mT rT

2 −ω i

2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

ΔL = 5,97 ×1024 kg( )× 1,50×1011 m( )2

×1,99×10−7 rad/s( )

2= 1,34×1040 kg ⋅m2 /s

• M = ΔL

Δt= 1,34×1040 kg ⋅m2 /s

2,0 s= 6,7 ×1039 N ⋅m

98#

F = ma = m v

t⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = m

2πrTt

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ =

2πmrTt

=2π × 14 kg( )× 2,6

2m

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

6,0 s( )× 0,90 s( ) = 21 N

99#

• Lf = mvr⊥ = mvy ⇒ v =

Lf

my= 0,30 kg ⋅m2 /s

0,10 kg( )× 0,70 m( ) = 4,3 m/s

• M = hF; M = ΔL

Δt=

Lf

Δt

Δt =

Lf

hF= 0,30 kg ⋅m2 /s

0,70 m( )× 40 N( ) = 0,011s

100#

•

Ltot =

Li

i=1

4∑ ⇒ Ltot = mi

l2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

ω = ml2ω =i=1

4∑ 0,600 kg( )× 0,20 m( )2

× 10× 2π rad/s( ) = 1,5 kg ⋅m2 /s

•

M = Δ

L

Δt⇒ M = L

Δt⇒ lF = L

Δt⇒ F = L

lΔt= 1,5 kg ⋅m2 /s

0,20 m( )× 1,0 s( ) = 7,5 N

101#

Ii = 2ml2; I f = 2m l

4⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

= ml2

8=

Ii

16

Li = Iiω; Lf = I fω f

Applichiamo la conservazione del momento angolare:

Li = Lf ⇒ω f =

Ii

I f

ω = 16ω

Ki =

12

Iiω2; K f =

12

I fω f2 = 1

2Ii

1616ω( )2

= 12

16Iiω2

K f

Ki

= 16



102#Perché cambia la distribuzione della massa rispetto all’asse scelto.

103#Quella con minore momento di inerzia, con la massa più vicina all’asse di rotazione (cioè la prima ruota) avrà maggiore accelerazione angolare.

104#

I A = mr 2 + m(2r)2 = 5mr 2

IB = mr 2 + mr 2 = 2mr 2

Quando il sistema ruota intorno ad A il momento d’inerzia è maggiore, infatti una delle due sfere rimanenti, la sfera C, ha distanza doppia dall’asse di rotazione.

105#L’accelerazione angolare non cambia, ma raddoppia il momento d’inerzia Ianello = 2Idisco , quindi raddoppia anche il momento, e dunque la forza, a parità di raggio.

106#

M = Iα = mr 2( )α = 0,050 kg( )× 0,25 m2( )× 100 rad/s2( ) = 0,31 N ⋅m

107#

I2ω2 = I1ω1 ⇒ω2 =

I1

I2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ω1 = 2ω1 = 7,00 rad/s

108#

I = 2

5mTrT

2 = 0,4× 5,97 ×1024 kg( )× 6,37 ×106 m( )2= 9,69×1037 kg ⋅m2

ω = 2π

T= 6,28 rad

24× 60× 60 s= 7,27 ×10−5 rad/s

Krot . =

12

Iω2 = 0,5× 9,69×1037 kg ⋅m2( )× 7,27 ×10−5 rad/s( )2= 2,56×1029 J

109#Applichiamo a ognuno dei quattro oggetti la conservazione dell’energia, osservando che l’energia cinetica di traslazione del centro di massa è la stessa per tutti gli oggetti, poiché hanno la stessa massa e la stessa velocità del centro di massa alla base del piano inclinato. In ordine decrescente:

Esfera piena =12

Isfera pienaω2 + 1

2mvcm

2 = 12× 2

5mr 2ω2 + 1

2mvcm

2 = 15

mr 2ω2 + 12

mvcm2 =

= 15

mvcm2 + 1

2mvcm

2 = 710

mvcm2

Ecilindro =12

Icilindroω2 + 1

2mvcm

2 = 12× 1

2mr 2ω2 + 1

2mvcm

2 = 14

mr 2ω2 + 12

mvcm2 =

= 14

mvcm2 + 1

2mvcm

2 = 34

mvcm2



Esfera cava =12

Isfera cavaω2 + 1

2mvcm

2 = 12× 2

3mr 2ω2 + 1

2mvcm

2 = 13

mr 2ω2 + 12

mvcm2 =

= 13

mvcm2 + 1

2mvcm

2 = 56

mvcm2

Eguscio cilindrico =12

Iguscio cilindricoω2 + 1

2mvcm

2 = 12

mr 2ω2 + 12

mvcm2 =

= 12

mvcm2 + 1

2mvcm

2 = mvcm2

Sfera piena: mgh = 7

10mvcm

2 ⇒ h =7vcm

2

10g

Guscio cilindrico: mgh = mvcm

2 ⇒ h =vcm

2

g

R =

hguscio

hsfera

= 107

= 1,4

110#

• I = 1

2mr 2 = 1

2× 1,60 kg( )× 0,16 m( )2

= 2,0×10−3 kg ⋅m2

• Combinando le due equazioni M = Iα e M = rF si ottiene:

F = Iα

r= I

ΔωΔt

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

r= I Δω

rΔt= 2,0×10−3 kg ⋅m2( )× 3,14 rad/s( )

0,16 m( )× 0,10 s( ) = 0,39 N

• M = rF ⇒ F = M

r

quindi se r si dimezza, F raddoppia: 2× 0,39 N( ) = 0,78 N

111#

•

K = 1

2Iω2 = 1

2mr 2ω2 ⇒ω = 2K

mr 2 =2× 3,00×105 J( )

6,5 kg( )× 0,12 m( )2 = 2,5×103 rad/s

• f = ω

2π=

2,53×103 rad/s( )× 60 s/min( )6,28 rad( ) = 2,4×104 giri/min

• M = ΔL

Δt= IΔω

Δt= mr 2ω

Δr=

6,5 kg( )× 0,12 m( )2× 2,5×103 rad/s( )

4,3s= 54 N ⋅m

112#

• I = 1

2mr 2 = 1

2× 1,60 kg( )× 0,15 m( )2

= 0,018 kg ⋅m2

• ω = v

r=

2,00 m/s( )0,15 m( ) = 13 rad/s

• K = 1

2Iω2 = 1

212

mr 2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

vr

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

= 14

mv2 = 14× 1,60 kg( )× 2,00 m/s( )2

= 1,6 J



113#•

Li = Lf ⇒ Idiscoω i = Idiscoω f + mr 2ω f ⇒ Idiscoω i = Idisco + mr 2( )ω f

Idisco =

12

M D2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

= 0,5× 250 kg( )× 3,0 m2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

= 281kg ⋅m2

Isistema = Idisco + mr 2( ) = 281+15 kg × 1,3 m( )2kg ⋅m2⎡⎣ ⎤⎦ = 281+ 25( )kg ⋅m2 = 3,1×102 kg ⋅m2

• ω i =

2π rad4,0 s

= 1,6 rad/s

ω f =

Idisco

Isistema

ω i =2,8×102 kg ⋅m2

3,1×102 kg ⋅m2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟×1,6 rad/s = 1,4 rad/s

•

Δt = ΔLM

=Isistema ω f nuova −ω i nuova( )

D2

F=

3,1×102 kg ⋅m2( )× 1,6−1,4( )rad/s1,5 m( )× 20 N( ) = 2,1s

114#Per la conservazione del momento angolare rispetto all’asse centrale:

Iω0 = Iω + mv l

2= Iω + mω l2

4

ω =Iω0

I + m l2

4

=

Ml2

12ω0

Ml2

12+ m l2

4

= MM + 3m

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ω0 =

Mω0

M + 3m

m =

M ω0 −ω( )3ω

=3,0 kg( )× 10 rad/s( )− 5,0 rad/s( )⎡⎣ ⎤⎦

3× 5,0 rad/s( ) = 1,0 kg



Problemi)generali)

1)

• ptot = m1

2v12 + m2

2v22 = 800 kg( )2

× 543,6

m/s⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

+ 900 kg( )2× 72

3,6m/s

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

= 2,2×104 kg ⋅m/s

• v f =

ptot

mtot

=2,2×104 kg ⋅m/s( )

800+ 900( )kg= 13 m/s

2)

Combinando le tre equazioni a = Δv

Δt, v = ω e a = Δω

Δt si ottiene:

a = Δv

Δt= Δ ωr( )

Δt= r Δω

Δt= rα

3)

A. mAvA + mBvB = mA ′vA ⇒ ′vA = vA +

mB

mA

vB = −2,0 m/s

B. L’urto è anelastico perché l’energia cinetica totale non si conserva:

Ki =

12

mAvA2 + 1

2mBvB

2 = 85 J

K f =

12

mA ′vA2 = 10 J

C. ΔK = −75 J

4)

A. MvB + mvp = M + m( )vv ⇒ v f =

MvB + mvp

M + m= 5,9 m/s

B. ΔK = 1

2M + m( )v f

2 − 12

mvp2 = −8,9 KJ

5)

L = Iω = I v

r= 1

2mr 2 v

r= 1

2mrv

Lcorona

Lpignone

=LR

Lr

=

12

MRv

12

M2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ rv

= 2Rr

6)

Ei = E f ⇒ 0+ mgh = 1

2Iω2 + 1

2mvcm

2 + 0

mgh = 1

2× 2

5mvcm

2 + 12

mvcm2 ⇒ vcm = 10

7gh =

10× 9,8 m/s2( )× 3,00 m( )7

= 6,5 m/s

7)•

Li = Lf



Li = mvir = 0,015 kg( )× 140 m/s( )× 0,20 m = 0,42 kg ⋅m2 /s

• Lf = mv f r + Iω⇒ I =

Lf − mv f rω

=Li − mv f r

ω

ω = 2π rad

5,0 s= 1,256 rad/s

I =

0,42 kg ⋅m2 /s( )− 0,015 kg( )× 70 m/s( )× 0,20 m( )1,256 rad/s

= 0,17 kg ⋅m2

8)• Rotazione intorno al proprio asse (T = 1 giorno):

Lrot = Iω = 25

MT RT2 2π

T= 2

5× 5,97 ×1024 kg( )× 6,37 ×106 m( )2

×2× 3,14 rad( )24× 60× 60( )s

=

= 7,0×1033 kg ⋅m2 /s

• Rivoluzione attorno al Sole (T = 1 anno):

Lorb = MT Rorb2 ω = MT Rorb

2 2πT

= 5,97 ×1024 kg( )× 1,5×1011 m( )2×

2× 3,14 rad( )365× 24× 60× 60( )s

=

= 2,7 ×1040 kg ⋅m2 /s

• Ltot =

Lrot +

Lorb ≅

Lorb

9)• Rotazione sul proprio asse (T = 1 giorno):

Krot =

12

Iω2 = 12× 2

5× 5,97 ×1024 kg( )× 6,37 ×106 m( )2

×2× 3,14 rad( )24× 60× 60( )s

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

2

= 2,6×1029 J

• Rotazione attorno al Sole (T = 1 anno):

Korb =12

MT Rorbω( )2= 1

2× 5,97 ×1024 kg( )× 1,5×1011 m( )2

×2× 3,14 rad( )

365× 24× 60× 60( )s⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

2

=

= 2,7 ×1033 J

• K = Krot + Korb ≅ Korb

10)Conservazione della quantità di moto (0 = iniziale, p = proiettile, L = legno):

mpv0 = mpvp + mLvL

⇒ vp =mpv0 − mLvL

mp

=0,010 kg( )× 550 m/s( )− 0,500 kg( )× 6,0 m/s( )

0,010 kg( ) = 250 m/s

Ki =

12

mpv02

K f =

12

mpvp2 + mLvL

2( )

Ki − K f =12

mpv02 − mpvp

2 − mLvL2( ) =

= 12× 0,010 kg( )× 550 m/s( )2

− 0,010 kg( )× 250 m/s( )2− 0,500 kg( )× 6,0 m/s( )2⎡⎣ ⎤⎦ =

= 1,2×103 J



11)

• VA =

(mA − mC )vA

m∑=

100 kg −125 kg( )× 1,25 m/s( )100 kg +125 kg

= −0,139 m/s

VC =

2mAvA

m∑=

2× 100 kg( )× 1,25 m/s( )100 kg +125 kg

= 1,11m/s

• vcm =

ptot

mtot

=100 kg( )× 1,25 m/s( )

225 kg( ) = 0,556 m/s

12)

• ω i =

2πTi

= 2π(30,0 giorni)× (24 h/giorno)× (3600 s/h)

= 2,42×10−6 s−1

• Il momento angolare si conserva:

Li = Iiω i =

25

mri2ω i; Lf = I fω f =

25

mrf2ω f

Li = Lf ⇒ ri2ω i = rf

2ω f

ω f =ri

rf

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2

ω i =7,00×105 km

15,0 km⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

(2,42×10−6 s−1) = 5,27 ×103 s−1

f f =

ω f

2π= 5,27 ×103 s−1

2π≈ 840 Hz

13)Indicando con τ la tensione del filo, lungo l’asse y si ha: τ − 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: −Rτ = Iα L’accelerazione tangenziale del disco è αR , ma il filo non slitta per cui a = αR e quindi

−Rτ = I a

R, cioè

−Rτ = 1

2MR2 a

R

Combinando con τ − mg = ma si ottiene:

a = −g 2m

M + 2m( ) = −g 2m4m+ 2m( ) = − g

3= 3,3 m/s2

14)• Ei = mgh

E f =

12

mv2 + 12

Iω2 = 12

mv2 + I vr

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ = 1

2m+ I

r 2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ v2

E f = Ei ⇒12

m+ Ir 2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ v2 = mgh⇒ v = 2gh

1+ Imr 2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

vsfera =2gh

1+ 25

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 10

7gh vanello =

2gh1+1( ) = gh vdisco =

2gh

1+ 12

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 4

3gh



La sfera arriva a terra con la velocità maggiore perché ha il momento d’inerzia minore fra i tre oggetti.

• Ei = mgh

E f =

12

mv2 + 12

Iω2 = 12

m ωr( )2+ Iω2⎡⎣ ⎤⎦ =

12

mr 2 + I( )ω2

E f = Ei ⇒12

mr 2 + I( )ω2 = mgh⇒ω2 = 2gh

r 2 + Im

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

Sfera:

ω2 = 2gh

r 2 + 25

r 2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 10

7ghr 2 ⇒ Krot =

12

Iω2 = 12

25

mr 2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

107

ghr 2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

27

mgh

Anello: ω2 = 2gh

r 2 + r 2( ) =ghr 2 ⇒ Krot =

12

Iω2 = 12

mr 2( ) ghr 2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

12

mgh

Disco:

ω2 = 2gh

r 2 + 12

r 2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 4

3ghr 2 ⇒ Krot =

12

Iω2 = 12

12

mr 2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

43

ghr 2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

13

mgh

L’anello possiede l’energia rotazionale cinetica maggiore perché ha il momento d’inerzia maggiore fra i tre oggetti.

• vsfera =

107

gh = 107× 9,8 m/s2( )× 2,0 m( ) = 5,3 m/s

Krot (anello) =

12

mgh = 12× 1,0 kg( )× 9,8 m/s2( )× 2,0 m( ) = 9,8 J

15)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 V = mv

m+ M( ) .

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:

12

m+ M( )V 2 = m+ M( )gh

Sostituendo e ricavando v:

v = m+ M( )m

2gh =

=0,100 kg( ) + 1,0 kg( )

0,100 kg( )⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ × 2× 9,8 m/s2( )× 4,9×10−2 m( ) = 11m/s

16)• 0 = Iω − mv0R

ω =mv0R

I=

mv0R12

MR2=

2mv0

MR

Krot =

12

Iω2 = 12

12

MR2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2mv0

MR⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

=m2v0

2

M=

2,0 kg( )2× 2,0 m/s( )2

8,0 kg( ) = 2,0 J



• −M f = I Δω

Δt

Δt = I ω

M f

=

12

MR2 2mv0

MRM f

=mv0RM f

=2,0 kg( )× 2,0 m/s( )× 1,0 m( )

1,0 N ⋅m( ) = 4,0 s

17)

A. 12

Mv12 = Mgl 1− cosθ( )⇒ v1 = 2gl 1− cosθ( ) = 3,3 m/s

B. Mv1 = M + m( )v2 ⇒ v2 =

MM + m( )v1 = 2,23 m/s

K1 − K2 =

12

v12 − 1

2M + m( )v1

2 = 0,75 J

C.

12

M + m( )v22 = M + m( )gh⇒ h =

v22

2g= 0,25 m

18)• Scegliamo il sistema di riferimento in modo che m1 si muova nel verso positivo:

m1v1 − m2v2 = m1 + m2( )v

v =

m1v1 − m2v2

m1 + m2

=1,0×104 kg( )× 0,10 m/s( )− 9,0×103 kg( )× 0,50 m/s( )

1,0×104 kg( ) + 9,0×103 kg( ) = −0,184 m/s

Quindi la velocità finale è diretta nel verso negativo, ossia il verso in cui si muove inizialmente m2. • Per il teorema dell’impulso (considerando solo i valori assoluti):

FΔt = m1 + m2( )v

F =

v(m1 + m2 )Δt

=(0,184 m/s) 1,0×104 kg + 9,0×103 kg( )

10 s= 3,5×102 N

19)Per la conservazione della quantità di moto: mv0 = m+ M( )v

Per la conservazione dell’energia meccanica:

12

m+ M( )v2 = 12

k Δx( )2

Δx = m+ M( )v2

k= v

m+ Mk

=mv0

m+ Mm+ M

k

Inoltre kΔy = mpg , cioè

k =

mpgΔy

Quindi Δx =

mv0

M + mm+ M( )Δy

mpg, cioè

Δx =

0,100 kg( )× 20 m/s( )1,9 kg( ) + 0,100 kg( )⎡⎣ ⎤⎦

×0,100 kg( ) + 1,9 kg( )× 19,6×10−2 m( )⎡⎣ ⎤⎦

9,8 m/s2( )× 1,0 kg( ) = 20 cm



Test) 1 D 2 A 3 C 4 A 5 C 6 B 7 C 8 C 9 A 10 B 11 B 12 A 13 A 14 C 15 D 16 B 17 B 18 D 19 A 20 A 21 C 22 D 23 B 24 B 25 D 26 B 27 C 28 A 29 B 30 A 31 C

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