5. la quantità di moto e il momento...

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

2

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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

3

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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

4

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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

5

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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

6

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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

7

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oni p

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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



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



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



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

5. la quantità di moto e il momento...

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