137

5 Quantità di moto. Centro di massa. Dinamica impulsiva (46 problemi, difficoltà 166, soglia 116)

Formulario

rCM

=M

v dm

M, vettore posizione del centro di massa

q=m v, quantità di moto di un punto materiale

Q=M

v dm = miv

ii, quantità di moto di un sistema

I= Ft1

t2

dt, impulso di una forza

R= Fii, risultante delle forze esterne

R=M aCM

, teorema del moto del centro di massa

I= q, teorema dell'impulso e della quantità di moto

Urti: avvengono tutti con conservazione delle quantità di moto totale. Urti elastici: avvengono con conservazione dell’energia cinetica totale.

Unità di misura Quantità di moto kilogrammi metri al secondo (kg m/s) Impulso newton secondo (Ns)

138

Problemi svolti

5.1. Un uomo di massa m = 80 kg fermo inizialmente in O su un carrello di massa M = 240 kg e lunghezza l = 4 m si muove verso l’estremo A con velocità costante v = 2 m/s quando, arrivato in A, salta dal carrello.

a) Quale sarà la posizione dell’estremo O quando l’uomo spicca il salto? b) Quale sarà la velocità V del carrello un attimo prima che l’uomo salti a terra? c) Se il coefficiente di attrito tra ruote e binari è μ = 0,2, quale distanza percorrerà il carrello prima di fermarsi?

(4) ______

a) Applicando il principio di conservazione della quantità di moto:

0 ( ) ,

.

m v m M V

m vV

M m

= + +

=+

Nel tempo t impiegato dall’uomo a portarsi in A, il carrello ha percorso una distanza

1m,mv t ml

X V tM m M m

= = = =+ +

quindi O si è spostato a sinistra di 1 m. b)

80 2 m0,5 .

320 s

mvV

M m= = =

+

c) L’energia cinetica del carrello, ora senza uomo, viene spesa interamente contro le forze di attrito:

2

2

1,

2

0,250,06 m 6 cm.

2 2 0,2 9,8

MV M gd

Vd

g

μ

μ

=

= = = =

139

5.2. Un carrello di massa M mobile senza attrito su rotaie reca appeso nella parte inferiore un pendolo semplice di lunghezza l e massa m. Spostando lateralmente il pendolo fino a un angolo o e lasciandolo poi libero, ricavare: a)

l’espressione della velocità V del carrello in funzione dell’angolo formato dal filo con la verticale in un generico istante, b) l’espressione della velocità v del pendolo nello stesso istante, c) i valori di V e di v per o = 60°, =30°, l = 0,5 m,

m = 300 g ed M = 800 g. (4)

______

a) In assenza di forze esterne, il sistema carrello-pendolo è isolato, quindi per esso deve valere il principio di conservazione della quantità di moto. Dal momento che il carrello può muoversi solo orizzontalmente, ci interessa scrivere tale conservazione solo nella direzione dell’asse x, ottenendo 0 =mv sin +MV ,

da cui

v =MV

m sin.

Applichiamo poi il principio di conservazione dell’energia meccanica assumendo come quota di riferimento quella del punto di sospensione O del pendolo e scrivendo che nella generica posizione angolare l’energia potenziale iniziale del pendolo è diminuita trasformandosi parzialmente in energia cinetica del pendolo e del carrello, ovvero

2 2

0

2 22

02 2

0

2

1 1cos cos ,

2 2

da cui

1 1(cos cos )

2 2 sin

e

2 (cos cos ).

1sin

mg l mv MV m g l

M VMV m m g l

m

m g lV

MM

m

= +

+ =

=

+

140

b) Ricaviamo quindi v che risulta in modulo

0 0

2

2

2 (cos cos ) 2 (cos cos ).

sin1 sin

sin

mg l M g lMv

M MmM m

m m

= =

+ +

c) Per = 30° e o = 60°, si ha

3 12 0,3 9,8 0,5

2 2 m0,34 ;

0,8 s0,8 1

0,3 0,25

3 12 0,8 9,8 0,5

2 2 m1,81 .

0,8 s0,3 0,25

0,3

V

v

= =

+

= =

+

N.B. Si noti che per = 0°, cioè in posizione verticale, risulta

0

0

2 (1 cos ).

V

v g l

=

=

5.3. Una sferetta di massa m1 = 30 g fissata all’estremità libera di un filo ideale

viene lasciata libera alla quota h = 10 cm scontrandosi elasticamente con una seconda sferetta di massa m2 = 20 g in quiete sul piano orizzontale. Sapendo

che l’urto è centrale, calcolare: a) le velocità delle due sferette dopo l’urto e b) la quota d alla quale arriverà la seconda sferetta in seguito all’urto.

(4)

______

141

a) Indicando con v1 la velocità della sferetta 1 prima dell’urto, con v’1 quella

dopo l’urto e con v2 quella della sferetta 2 dopo l’urto, dalla conservazione della

quantità di moto in direzione orizzontale abbiamo

'

1 1 1 1 2 2

' 1 1 2 2

1

1

,

.

mv m v m v

m v m vv

m

= +

=

Dalla conservazione dell’energia abbiamo invece

2 '2 2

1 1 1 1 2 2

1 1 1,

2 2 2mv m v m v= +

dalla quale, sostituendo l’espressione di v’1, abbiamo, dopo aver riordinato i

termini:

v2

2(m1+m

2) = 2m

1v

1v

2,

da cui

v2=

0

2m1v

1

m1+m

2

e, rispettivamente, v1

'=

v1

(m1

m2)v

1

m1+m

2

.

Ora, la prima soluzione implica che la sferetta 1 “attraversi” la 2 senza subire alcuna collisione, soluzione impossibile. Risulta allora

2 1

'

1 1

60 m1,2 2 1,68 ;

50 s

10 m 0,68 .

50 s

v v gh

v v

= = =

= =

b) Per calcolare d basta imporre che tutta l’energia cinetica acquistata dalla sferetta 2 in seguito all’urto si trasformi in energia potenziale:

2

2 2 2

2 2

2

1,

2

1,680,14 m.

2 19,6

m v m gd

vd

g

=

= = =

5.4. a) Con quale velocità vo deve essere lanciata a un angolo di alzo = 60°

una sferetta di massa m1 per poter colpire frontalmente ed elasticamente una

142

seconda sferetta di massa m2 = 3 m1 imprimendole una velocità v2 = 5 m/s? b)

Dove deve trovarsi la seconda sferetta? c) Quale sarà la velocità della prima sferetta dopo l’urto?

(4)

______

a) Se l’urto è frontale e la sferetta 2 dopo l’urto si muove quindi orizzontalmente, nel punto di collisione la sferetta 1 deve avere velocità orizzontale, cioè il punto di collisione deve coincidere con il culmine della traiettoria parabolica. In tale punto la sferetta 1 avrà velocità vocos = vo/2.

Applicando la conservazione della quantità di moto:

m1

vo

2=m

2v2+m

1v '1.

Applicando poi la conservazione dell’energia cinetica:

2 2 2 '2

1 2 2 1 1o

1 1 1cos .

2 2 2mv m v m v= +

Tenendo poi presente che m2 = 3 m1, ricaviamo dalle due precedenti equazioni:

'

2 1

22 '2

2 1

2 2

2

o

o

o

o

3 ,2

3 ,4

da cui si ottiene

(4 ),

avente per soluzioni

0

.

4

vv v

vv v

v v v

v v

= +

= +

=

Escludendo la soluzione assurda v2 = 0, si ha

143

vo = 4 v2 = 20 m/s

e quindi

'

1 2

om

3 10 3 5 5 .2 s

vv v= = =

b) Per trovare la posizione della sferetta 2, dobbiamo cercare il vertice della parabola; procedendo cinematicamente i calcoli sono lunghi. Invece, applicando il principio di conservazione dell’energia nella direzione dell’asse y, possiamo scrivere che

2

1 1 maxo

1( sin ) ,

2m v m g y=

e quindi

2

maxo

3400

( sin ) 4 15,3 m.2 19,6

vy

g= = =

Per trovare l’ascissa del vertice, ricordiamo che essa coincide con la metà della gittata, ovvero

2

maxo sin2 400 0,866

17,7 m.2 19,6

vx

g= = =

5.5.Un uomo di massa m = 60 kg è fermo in piedi all’estremo A di una zattera di massa M = 120 kg e lunghezza l = 8 m inizialmente in quiete. Se l’uomo inizia a muoversi con velocità costante v = 2 m/s rispetto alla zattera, a) calcolare la velocità che attribuirà all’uomo e alla zattera un osservatore O fermo sulla riva nell’istante in cui l’uomo arriva al centro della zattera; b) se l’estremo A dista inizialmente dalla riva d = 15 m, a quale distanza da riva si troverà l’uomo nell’istante considerato?

(3)

______

a) In assenza di forze esterne deve mantenersi inalterata la posizione del centro di massa del sistema. Fissando l’origine sulla riva, quando la zattera è ferma si ha

CM

( /2).

+

md M d lx

m M

+ +=

144

Quando l’uomo ha percorso un tratto x sulla zattera, indicando con d’ la nuova distanza da riva dell’estremo A, dovrà essere

CM

( ' ) ( ' /2).

+

m d x M d lx

m M

+ + +=

Uguagliando le due espressioni di x

CM, si ottiene

( ' ) ( ' ).m d d x M d d= (1)

Ma, dato che l’uomo si è mosso con velocità v rispetto alla zattera, in un tempo t sarà x = v t, mentre la zattera, che si muoverà con velocità di trascinamento v

T, avrà percorso nello stesso intervallo di tempo una distanza d – d’ = v

T t.

Sarà allora

m (v

Tt v t) = Mv

Tt,

da cui

T,

mvv

M m=

+

risultato che si può anche ottenere applicando la conservazione della quantità di moto al sistema uomo-zattera. Essendo

v

A= v +v

T,

l’uomo sulla riva attribuirà a quello sulla zattera una velocità

A

120 m2 1,33 .

180 s

mv Mv v v

M m M m= = = =

+ +

Lo stesso osservatore vedrà avvicinarsi la zattera con velocità

T

60 2 m0,67 .

180 sv = =

b) Dalla (1), tenendo conto che x = l/2, si ha

( ) /2 2700 240' 13,7 m.

180

d M m mld

M m

+= = =

+

La distanza dell’uomo da riva sarà allora

' 17,7 m.2

ls d= + =

145

5.6. Un razzo di massa iniziale M0 = 40 t brucia uniformemente una massa di

carburante m = 17 t in un tempo to = 68 s, dopo il quale viene spento il motore.

La spinta prodotta sul razzo vale Fs = 850 kN. Supponendo il decollo verticale,

calcolare la velocità del razzo all’istante to. (4)

______ Trattandosi di un sistema a massa variabile, si deve applicare la II legge di Newton nella forma

( ),

d d M d dMM

dt dt dt dt= = = +

Q v vF v

dove v dM/dt è la spinta Fs agente sul razzo.

Ne consegue

s.

dMdt

= +v

F F

Proiettando tale equazione su un asse y orientato verso l’alto e tenendo conto che F è il peso del razzo, abbiamo

s

s

,

,

dvM g M F

dt

Fdv g dt dt

M

=

= +

dove la massa M, variabile nel tempo, è

M = M0

m

to

t.

Allora

dv = gdt +Fsdt

M0

m

t0

t

.

Integrando, ricaviamo

v = g dt0

t0+ Fs

dt

M0m

t0

t0

t0= g dt

0

t0 Fst0

mdt

0

t0

dm

t0

t

M0m

t0

t

=

= g dt0

t0 Fst0

mln M

0

m

t0

t

0

t0

= g t0

Fst0

mlnM

0m

M0

=

= 9,8 6868 8,5 10

5

1,7 104

ln23

40= 1215

m

s.

146

5.7. Un blocco di massa m = 50 g è fermo sulla sommità di un cuneo inclinato di un angolo = 30° con coefficiente di attrito μ = 0,3. Il cuneo è montato su rotelle e può muoversi senza attrito lungo l’asse x. Se la massa del cuneo è M = 500 g, calcolare: a) la velocità del cuneo in funzione della distanza s percorsa dal blocco quando questo viene lasciato libero dalla sommità; b) la distanza x percorsa dal cuneo in funzione del tempo; c) l’accelerazione del cuneo; d) la velocità del cuneo nell’istante in cui il blocco lo abbandona.

(5)

______

a) La velocità v del blocco relativa al cuneo si calcola applicando il principio di conservazione dell’energia; in una generica posizione a distanza s dal punto di partenza sarà:

21cos ,

2mgh m g y mv m g sμ= + +

avendo tenuto conto del lavoro compiuto contro le forze di attrito. Ma y = h – s cos , quindi

2 ( sin cos ) 2 (sin cos ).v g s s g sμ μ= =

Applicando poi la conservazione della quantità di moto totale del sistema e indicando con V la velocità con cui retrocede il sistema, abbiamo

( ) 0,

da cui

cos2 (sin cos ).

xmv M mV

mV g s

M mμ

+ + =

=+

b) Il moto del blocco è uniformemente accelerato con accelerazione

a = g (sin – μ cos ), quindi, essendo V = a’ t, sarà

147

V =

m g cos

M +m(sin μ cos )t.

Il moto del cuneo avrà quindi un’accelerazione

a ' =

m g cos

M +m(sin μ cos ),

quindi

2 21 cos' (sin cos ) ,

2 2( )

mgx a t t

M mμ= =

+

c)

2

3 350 9,8 0,5 0,3

2 2 m' 0,19 .

550 sa = =

d) Nell’istante in cui il blocco abbandona il cuneo, la sua velocità è

4 (sin cos ) 2 (sin cos ),Bv g h ghμ μ= =

la cui componente orizzontale vale

2cos (sin cos ).Bxv g h μ=

Dalla conservazione della quantità di moto:

m vBx + M V’ = 0,

otteniamo

V ' =m

Mv

Bx=

50

5002

3

29,8 0,3 0,5 0,3

3

2= 0,15

m

s.

5.8. Un uomo su una zattera di massa complessiva m1 = 200 kg tira a sé

mediante una fune ideale una seconda zattera di massa m2 = 100 kg.

Supponendo che la fune sia orizzontale durante il traino, calcolare: a) l’accelerazione del centro di massa del sistema, assumendo μ = 0,2 il coefficiente di attrito tra acqua e le due zattere; b) la tensione della fune se a2

= 3 a1. (4)

148

_____ a) Assumendo un asse x orientato verso destra e analizzando le forze agenti in direzione orizzontale, osserviamo che le tensioni della fune, essendo forze interne al sistema, hanno risultante nullo e rimangono attive le sole forze di attrito. Dal momento che la zattera 2 si sposta verso sinistra, la zattera 1 si sposterà verso destra e le forze di attrito avranno risultante

R = μ m2 g – μ m1g.

L’accelerazione del centro di massa varrà dunque

2 1

CM 2

1 2 1 2

0,2 9,8 100 m0,65 ,

300 s

m mRa g

m m m mμ= = = =

+ +

orientata verso riva. b) Scriviamo separatamente le equazioni di moto delle due zattere lungo l’asse x.

zattera1 m1 a1 = T – μ m1 g,

zattera 2 – m2 a2 = – T + μ m2 g.

Essendo a2 = 3 a1, confrontando i due valori di T, si ottiene

m1 a1 + μ m1 g = m2 a2 + μ m2 g,

m1 a1 + μ m1 g = 3 m2 a1 + μ m2 g,

da cui

22 1

1 2 2

1 2

2 1 2

1 1

( ) 0,2 9,8 10 m1,96 ,

3 10 s

m3 5,88 ,

s

( ) 200 (0,2 9,8 1,96) 784 N = 80 kgf.

g m ma

m m

a a

T m g a

μ

μ

= = =

= =

= + = + =

5.9. Una bottiglia di spumante di massa M =1,2 kg è appoggiata sul piatto di una bilancia dinamometrica di rigidità k = 1,2 kN/m, quando, per la eccessiva pressione del gas di fermentazione, il tappo di massa m = 20 g schizza via con velocità v = 6 m/s. Qual è la massima lettura della bilancia subito dopo la partenza del tappo? (5)

______ Applichiamo il principio di conservazione della quantità di moto, indicando con V la velocità di rinculo verso il basso:

m v + (M – m) V = 0

149

da cui

.mv

VM m

=

L’energia cinetica acquistata dalla bottiglia si trasforma, insieme alla perdita di energia potenziale di gravità, in energia elastica immagazzinata ulteriormente nella molla che, da una deformazione iniziale xo = M g/k, passa a una

deformazione x. Allora

2 2 2

0 0

2 2 2 2 2

1 1( ) ( ) ( ) ( ),

2 2

( ) 2 ( ) ( )( 2 ) 0.

M mV M m g x x k x x

k M m x gk M m x km v M M m M m g

+ =

+ =

Sostituendo i valori numerici e risolvendo, si ha

4 8

6

1,25 cm3,27 10 1,17 10

0,64 cm.3,4 10x

±= =

Risulta anche

x

o=

M g

k=

1,2 9,8

1200= 0,98cm.

Dovendo però essere x > xo, la sola soluzione accettabile per x è

x = 1,25 cm,

cui corrisponde una lettura

' 1,53 kg.k x

mg

= =

5.10. Due masse m1 ed m2 (m2 > m1) collegate da un filo ideale appoggiato su un

piolo liscio vengono lasciate libere ed m2 trascina m1. Ricavare in funzione di g

e delle due masse date, l’accelerazione del centro di massa del sistema. (2)

150

______ Indicando con T la tensione del filo e con a l’accelerazione con cui m2 trascina

m1, si ha, separatamente per le due masse:

2 2

1 1

2 1

2 1

,

da cui

.

T m g m a

T m g m a

m ma g

m m

=

=

=+

Ora, dalla relazione che fornisce la posizione del centro di massa del sistema misurata verso il basso con origine in O:

1 1 2 2

CM

1 2

,m y m y

ym m

+=

+

da cui

2

1 1 2 2 1 2 2 1 2 1

CM

1 2 1 2 1 2 1 2

.m a m a m a m a m m m m

a a gm m m m m m m m

+ += = = =

+ + + +

5.11. Un uccellino di massa m = 30 g, in quiete su un trespolo di massa M = 80 g appeso al tetto di una gabbia mediante un filo ideale di lunghezza l = 40 cm spicca il volo con velocità v = 6 m/s formando un angolo = 45° con l’orizzontale. Calcolare a quale angolo dalla verticale rincula il trespolo in seguito al volo (si considerino puntiformi sia l’uccellino sia il trespolo).

(3)

______

Applicando il principio di conservazione della quantità di moto, cosa possibile trattandosi di un sistema isolato, il trespolo rincula con velocità iniziale orizzontale tale che

151

cos 0,

da cui

cos .

MV mv

mvV

M

+ =

=

Il trespolo si arresterà quando la sua energia cinetica iniziale si sarà completamente trasformata in aumento di energia potenziale, cioè quando

2

2 2 2 2 4

2 4

1 (1 cos ),

2

cos 9 10 36 0,5cos 1 1 1

2 2 2 64 10 9,8 0,4

1 0,3229 0,677

e infine

= 47 23'.

MV M g l

V m v

g l M g l

=

= = = =

= =

°

N.B. Abbiamo applicato la conservazione della quantità di moto perché, avendo ipotizzato corpi puntiformi, il risultato è lo stesso che si otterrebbe dalla conservazione del momento angolare, in quanto si semplifica l. Comunque, se si vuole essere rigorosi, dovremmo scrivere la conservazione del momento angolare, trattandosi di un moto rotatorio dopo la partenza dell’uccellino.

5.12. All’estremo A di un carrello cubico di lato l = 40 cm e massa M = 1 kg una molla ideale di rigidità k è compressa di d = 1 cm da una sferetta di massa m = 100 g. Trascurando ogni attrito, calcolare per quale valore di k, liberando la sferetta, essa cade nell’origine O degli assi.

(5)

______

La velocità con cui la sferetta arriva al termine del piano si ricava dalla relazione

2 21 1,

2 2

.

k d mv

kv d

m

=

=

152

Il carrello nel frattempo si è spostato verso destra per la conservazione della quantità di moto e avrà raggiunto una velocità V tale che

( ) 0,

.

mv M m V

mvV

M m

+ + =

=+

La velocità con cui la sferetta abbandona il carrello per un osservatore assoluto fermo in O è

A R T.

mv M vv v v v

M m M m= + = + =

+ +

È ora necessario conoscere a quale distanza s dall’origine si trova il bordo sinistro del carrello nell’istante in cui la sferetta cade; dalla conservazione della posizione del centro di massa, si ricava

,2 2

,

.

l lm l M ms M s

ml ms M s

mls

M m

+ = + +

= +

=+

Partendo dalla legge oraria del moto della sferetta in caduta, ricaviamo l’equazione della sua traiettoria:

2

2

2

A

1 1.

2 2

xy g t l g l

v= + = +

Ma quando la sferetta tocca terra è y = 0 ed x = s, quindi

2 2 2 2 3 2

2 22 2 2 22

2

3 3 1

2 2 4

,2 ( ) 2

2 ( )( )

da cui

9,8 10 4 10 N19,6 .

2 2 10 m

A

gm l gm l gm ll

M vv M m M d kM m

M m

gm lk

M d

= = =+

++

= = =

5.13. Un camion di massa a pieno carico M =1500 kg sta viaggiando con velocità costante V = 90 km/h, quando dal suo carico si stacca un sacco di massa m = 60 kg che viene espulso dal pianale che si trova a distanza h = 80 cm dal suolo, orizzontalmente con velocità nulla rispetto al camion. L’autista se ne accorge dopo t = 6 s e frena arrestando il camion con decelerazione costante in altri t

1 =

12 s. Calcolare: a) la decelerazione del camion, b) la distanza d percorsa dal camion nei 18 s, c) la distanza tra il camion e il sacco. (4)

153

______ a) Applicando il principio di conservazione della quantità di moto, si ricava la velocità V’ del camion dopo la perdita del sacco:

M V = mV + (M m )V ',

da cui

V '=M+m

M -mV = 1,08V = 97,5

km

h= 27,1

m

s.

Dal momento in cui l’autista comincia a frenare con decelerazione costante a passa un tempo t1, quindi

0 = V’ – a t1,

da cui

2

1

' 27,1 m2,26 .

12 s

Va

t= = =

b) Il primo tratto viene percorso con velocità costante V’, il secondo con decelerazione costante a, quindi:

2

1 1

1' ' 162,5 m.

2d V t v t a t= + =

c) Il sacco, cadendo con velocità orizzontale V, segue una traiettoria di equazione

2

22

gxy h

V= +

quindi tocca terra (y = 0) a distanza dal punto di distacco

2

o

2 2 90 1,610,1 m ;

3,6 9,8

hV hx V

g g= = = =

la distanza tra camion e sacco sarà allora

d – x o = 152,4 m.

5.14. Un tennista serve dalla posizione A colpendo la pallina di massa m= 60 g quando essa si trova a quota h = 2,1 m dal suolo, nella posizione B; la pallina tocca terra nel punto C con velocità v = 144 km/h. Se la distanza tra A e C è d = 18 m, calcolare, trascurando la resistenza dell’aria, il modulo della forza F esercitata dalla racchetta sulla pallina, sapendo che l’urto dura t = 4 ms.

(4)

154

______

Detta vo la velocità iniziale della pallina, l’impulso conferito alla pallina

uguaglierà la quantità di moto da essa acquistata, ovvero

F t = m vo.

Applicando il principio di conservazione dell’energia tra le posizioni B e C, otteniamo:

2 2

0

2

0

1 1,

2 2

2 ,

mv m gh mv

v v gh

+ =

=

quindi

2 2592,2 N 60,4 kgf.

m v ghF

t= = =

N.B. Alternativamente, il problema si può risolvere dal punto di vista cinematico scrivendo l’equazione della traiettoria parabolica della pallina, ma con calcoli molto più complessi; inoltre con il procedimento seguito la distanza d non è necessaria.

5.15. Una sferetta di massa m = 100 g è appesa in quiete in un piano verticale mediante un filo ideale di lunghezza l = 60 cm fissato in un punto O. Se viene colpita orizzontalmente centralmente ed elasticamente da una sferetta di massa m1 = 200 g che la urta con velocità v facendo raggiungere alla prima

sferetta la posizione orizzontale A con velocità nulla, calcolare: a) v; b) la tensione del filo in posizione orizzontale.

(3)

155

______

a) Indicando con V la velocità con cui parte la sferetta m dopo l’urto e con v’ quella con cui prosegue la sferetta m1, applicando la conservazione della

quantità di moto abbiamo

m1 v = m V + m1 v’,

mentre dalla conservazione dell’energia cinetica totale si ha

2 2 2

1 1

1 1 1' .

2 2 2mv mV m v= +

Essendo m1 = 2 m, ricaviamo il seguente sistema

2 2 2

2 2 '

2 2 ' ,

v V v

v V v

= +

= +

le cui soluzioni sono

V = 4 v/3, v’ = v/3. Per ricavare il valore di v applichiamo ancora la conservazione dell’energia al successivo moto della sferetta urtata, imponendo che la sua energia cinetica iniziale si trasforma in sola energia potenziale in posizione A, ovvero:

2

2

1,

2

1 16,

2 9

3 m 2,57 .

2 2 s

mV m g l

v g l

g lv

=

=

= =

b) In posizione orizzontale la tensione del filo coincide con la forza centripeta, ma questa è nulla dal momento che la sferetta arriva in A senza velocità. Pertanto la tensione del filo è anch’essa nulla.

156

5.16. Un carrello di massa M = 3 kg e lunghezza l = 40 cm è in quiete a distanza d = 2 m da una parete, quando viene colpito al centro da un proiettile di massa m = 200 g lanciato dalla quota h = 80 cm con velocità iniziale vo e angolo di alzo

= 60°. Se il proiettile si incastra nel carrello e considerando il centro di massa del carrello al livello del suolo, calcolare: a) la velocità vo, b) la velocità

con cui parte il carrello, c) l’eventuale energia dissipata nell’urto. (4)

______

a) Scriviamo l’equazione della traiettoria del proiettile:

y =1

2g

x 2

vo

2cos

2+ x tan + h.

Quando il proiettile arriva sul carrello sarà y = 0 e x = d + l/2, quindi, dopo qualche calcolo, si ottiene:

vo=

d +l

2

cos

g

2 h + d +l

2tan

=2,2

0,5

9,8

2 0,8 + 2,2 1,73= 4,54

m

s.

La velocità con cui il proiettile incide sul carrello si ricava dal principio di conservazione dell’energia:

v = v

o2+ 2g h = 36,3 = 6,00

m

s.

b) Nell’urto si conserva la componente orizzontale della quantità di moto:

m vo cos = (m+M) V,

157

da cui

V =mv

ocos

m + M=

0,2 4,54 0,5

3,2= 0,14

m

s.

c) L’energia dissipata nell’urto è la differenza tra l’energia cinetica con cui incide il proiettile e quella con cui procede il sistema carrello-proiettile:

2 2

d

1 1( ) 3,6 0,03 3,57 J.

2 2E mv m M V= + = =

5.17. Un’asta uniforme di lunghezza l e sezione circolare non è omogenea e la sua densità varia linearmente lungo la lunghezza dell’asta con la seguente legge

=o

1+x

l,

dove o è la densità all’inizio dell’asta. Determinare la posizione del centro di

massa dell’asta. (4)

______ La posizione del centro di massa dell’asta è data da

CM,

x dmx

M=

dove l’elemento infinitesimo di massa è

o1 ;

xdm dV S dx

l= = = +

abbiamo allora:

2o

0 0 0 0

CM

o0 00 0

2 3

2

11 1

11 1

1

52 3.

1 9

2

l l l l

l ll l

x xx S dx x dx x dx x dx

l l lx

x xdx x dxS dx dx

ll l

l l

ll

lll

+ + +

= = = =

++ +

+

= =

+

5.18. Un oggetto di massa m lanciato verticalmente verso l’alto con velocità iniziale vo = 30 m/s, giunto a metà percorso, si spezza in due frammenti, uno

dei quali, di massa 2m/3, prosegue verticalmente. Trascurando l’energia

158

dissipata nell’esplosione, calcolare dopo quanto tempo dall’esplosione toccherà terra l’altro frammento.

(4)

______

Trattandosi di un’esplosione, deve valere il principio di conservazione della quantità di moto; essendo verticale la direzione di moto del proiettile inesploso e del primo frammento, dovrà essere tale anche quella del secondo frammento, cioè

exp 1 2

2 2

exp 1

2 1 ;

3 3

dalla conservazione dell'energia cinetica totale nell'esplosione,abbiamo:

1 1 1

2 3 6

mv mv mv

mv mv

= +

= +2

2 ,mv

dove vexp è la velocità del proiettile all’istante dell’esplosione, ricavabile

tenendo conto che la quota che raggiungerebbe il proiettile inesploso sarebbe

2

o

2

vh

g=

ma, sapendo che il proiettile esplode alla quota h /2:

22 2 2 o

exp o o o o

22 .

2 2 2

vhv v g v gh v g v

g= = = =

Risolvendo il sistema, si trova

1 2 exp o

2 m 21,2 .

2 sv v v v= = = =

Il tempo di volo del secondo frammento si calcola come somma del tempo di salita fino al culmine e del tempo di ridiscesa a terra, cioè:

2 o ovolo s d

2 30(1 ) 1,707 5,2 s .

2 9,8

v v vt t t

g g g= + = + = + = =

5.19. Due identiche sferette puntiformi si scontrano centralmente, la prima in moto con velocità v

1= 1 m/s, la seconda ferma sull’asse x. La natura dell’urto è

tale da disperdere la metà dell’energia che verrebbe dissipata nel caso in cui le

159

sfere dopo l’urto procedano unite. Calcolare le velocità delle due sfere, u1 e u

2

dopo l’urto. (3)

______ Nel caso in cui dopo l’urto le due sferette procedono unite, la conservazione della quantità di moto ci dà

mv1= (2m )V

V =v1

2;

la quantità di energia persa in tale caso è

2 2 2

1 1

1 1 1(2 ) .

2 2 4E mv mV mv= =

Nel caso in esame, scrivendo la conservazione della quantità di moto, otteniamo

1 1 2,mv mu mu= +

mentre dal bilancio energetico si ha:

2 2 2 2

1 1 1 2

2 2 2

1 2 1

1 1 1 1 1,

2 8 2 2 2

3.

4

E mv mv mu mu

u u v

= =

+ =

Risolvendo il sistema, si ottiene:

u 1 = 0,146 m /s, u 2 = 0,854 m /s.

5.20. Un ragazzo lancia una pallina da tennis con velocità v = 15 m/s perpendicolarmente alla parete posteriore di un furgone che si sta allontanando con velocità u = 7 m/s. Calcolare la velocità con cui rimbalza la pallina ipotizzando un urto elastico e assumendo approssimativamente nullo il rapporto tra la massa della pallina e quella del camion.

(4)

_______

160

Indicando con v’ e u’ rispettivamente le velocità della pallina e del camion dopo l’urto, applicando i principi di conservazione della quantità di moto e dell’energia cinetica totali del sistema, abbiamo:

mv + M u = mv '+ M u '

mv2+ M u

2= mv '

2+ M u '

2.

La prima equazione ci dà:

' ' ,m m

u v u v uM M

= +

mentre per risolvere la seconda equazione non possiamo porre u2 u’2, perché l’errore di approssimazione sarebbe troppo grande [si pensi che se approssimiamo 0,91 con 0,95 commettiamo un errore del 4,39 %, mentre se approssimiamo (0,91)2 con (0,95)2, l’errore diventa dell’8,98%]. Dobbiamo perciò risolvere la seconda equazione trascurando i termini m /M ma non quelli (m /M)2. Il risultato al quale si perviene è:

2 2 2

2 2 2

2 2

' ( ) 2 '( ) 2 0,

1 ' 2 ' 2 0,

' 2 ' 2 0,

v M m v mv M u mv M uv M v

M m mv v v u v uv v

m M M

v uv uv v

+ + + + =

+ + + + =

+ =

che ha per soluzioni

v’ = 2 u – v, v’ = v, delle quali è accettabile solo la prima, con risultato

v ' = 1m

s.

5.21. Una pista da minigolf ha il profilo ABCDE di attrito trascurabile. La pallina di massa m = 30 g viene colpita a 45° da una mazza che le applica una forza F incognita per la durata di t = 6 ms. Se s = 2 m, calcolare: a) la velocità della pallina in D, b) la forza da applicare perché la pallina cada esattamente nella buca posta a distanza d = 80 cm dal punto E. (4)

161

_______ a) La pallina percorre una traiettoria parabolica di equazione

2

2 2

2

2

,2 cos 45

ma, per =0, = ,perciò:

0=

e quindi:

m 1,49 .

cos 45 s

-

D

D

D

g xy h

v

y x d

g dh

v

g gv d d

h s

= +°

+

= = =°

b) La pallina percorre i tratti orizzontali AB e CD senza variare la propria velocità, mentre rallenta nel tratto BC. Sarà allora:

22 ;D Av v g h=

l’impulso prodotto dalla mazza sulla pallina deve uguagliare la variazione di quantità di moto di quest’ultima, che parte da ferma, perciò:

cos45A

F t mv° =

da cui

2

2

3

3 2 102 cos 45 2,22 27,7

cos 45 cos 45 6 10

38,6 N .

AD

mv mF v g s

t t= = + ° = + =

° °

=

5.22. Una sferetta puntiforme viene lanciata orizzontalmente dal punto A, a quota h = 1 m dal suolo, con velocità v = 20 m/s contro una parete distante d = 8 m e la urta elasticamente. Calcolare a quale distanza s dalla base della parete la sferetta toccherà il terreno.

(5)

______

162

La sferetta toccherà la parete in un punto B a quota l con velocità vB tale che

2 21 1 ,

2 2Bmv m gh mv m g l+ = +

dove la quota l si ricava dall’equazione della traiettoria parabolica ponendo in essa x = d:

2

2

2

2

2 2 2

,2

= .2

Allora :

2 ( )B

g xy h

v

g dl h

v

v v g h l v

= +

= + =

2 2

2

2 22

2

,

6146,6 m 400 20,38 .

400 sB

g d

v

g dv v

v

+

= + = + =

Calcoliamo ora l’angolo con cui la sferetta incide sulla parete; sarà

2

tan ,

da cui:

tan 0,196 , 11,1 .

B

d y

d x

g d

v

=

= = = °

Per stabilire dove toccherà terra la sferetta, teniamo presente che, trattandosi di urto elastico, essa ripartirà con lo stesso angolo ; a questo punto basta riscrivere l’equazione della traiettoria tenendo conto che per y = 0 dovrà essere x = s e che la velocità orizzontale della sferetta vale vB cos .

2

2 2

1 tan 0 ,

2 cos

che ha per soluzione

1,03 m78,4 7840

.9,8

-17,03 m

-B

g ss l

v

s

+ + =

±= =

163

Delle due soluzioni quella negativa è priva di significato fisico in quanto rappresenta l’ascissa della seconda intersezione della parabola, posta a destra della parete; sarà quindi:

s = 1,03 m.

5.23. Un discobolo di massa M = 90 kg, fermo inizialmente su una pedana ghiacciata di coefficiente di attrito μ = 0,1, lancia un disco di massa m = 3 kg con un angolo di alzo = 45° ottenendo un lancio d = 50 m. Calcolare: a) a quale distanza dal punto di lancio finirà il discobolo; b) a quale distanza, se il lancio avviene sulla superficie della Luna, dove g L =1,66 m/s 2.

(3) ______

a) È necessario conoscere la velocità di lancio; essendo

2

o

o

2 sin cos ,

si ha

.2 sin cos

vd

g

gdv

=

=

Nel lancio si ha anche la conservazione della quantità di moto in direzione orizzontale:

m v o cos = M V,

cos.

2sin

m gdV

M=

Il discobolo dissipa la sua energia cinetica M V 2/2 per vincere la forza di attrito:

21 ,

2

quindi

M V M gμ=

2 2 2

2 2

cos 9 50= 13,9 cm .2 4 0,1 81004 4sin tan

V m g d m dx

M Mg gμ μ μ= = = =

b) L’espressione di x non dipende da g, perciò la distanza sulla Luna sarà la stessa. 5.24. Una sferetta in moto con velocità v

1 = 10 m/s urta elasticamente una

identica sferetta ferma e dopo l’urto viene deviata di un angolo = 36°. Calcolare: a) l’angolo , b) la velocità v’

2, c) la velocità v’

1. (3)

164

______

a) Applicando il principio di conservazione della quantità di moto sui due assi x e y, abbiamo:

' '

1 1 2

' '

1 2

asse cos cos ,

asse 0 sin sin . (1)

x v v v

y v v

= +

=

Trattandosi di urto elastico deve valere anche il principio di conservazione dell’energia cinetica totale:

1

2mv

1

2=

1

2mv

1

' 2+

1

2mv

2

' 2,

v1

2= v

1

' 2+v

2

' 2, (2)

per cui gli angoli e sono complementari e quindi

= 54°. b) Dalla (1) e dalla (2):

' 2 ' 2 2

1 2

2 ' 2 2 ' 2 2

1 2 2

' 12

2 2

2sin sin ,

( ) sin sin ,

sin 10 0,588 m5,88 .

s0,345 0,655sin sin

v v

v v v

vv

=

=

= = =

++

c) Con lo stesso metodo si ricava

' 11

2 2

sin 10 0,655 m6,55 .

s0,345 0,655sin sin

vv = = =

++

165

5.25. Una molla ideale di rigidità k = 6000 N/m è compressa di un tratto s = 20 cm tra due piccoli carrelli A e B di masse rispettivamente m e 2 m mediante un filo di acciaio che li mantiene fermi su una rotaia di attrito trascurabile. Tagliando il filo, il carrello B riceve dalla molla che si espande un impulso I = 10 N s. Calcolare: a) la velocità iniziale dei due carrelli, b) le loro masse.

(4)

–––––––

a) L’impulso ricevuto dal carrello B uguaglia la sua variazione di quantità di moto; essendo esso inizialmente fermo, sarà perciò I = 2 m vB, (1)

La quantità di moto totale del sistema dei due carrelli, nulla inizialmente, dovrà mantenersi tale anche dopo lo sganciamento della molla, quindi

m vA + 2 m vB = 0,

da cui vA = – 2 vB.

Deve inoltre valere il principio di conservazione dell’energia, ovvero l’energia elastica immagazzinata nella molla compressa deve uguagliare la somma delle energie cinetiche dei due carrelli:

2 2 21 1 12 ,

2 2 2A B

k s mv mv= +

da cui, per la precedente relazione tra le due velocità:

1

2k s

2=

1

2mv

A

2+

1

22m

vA

2

4=

3

4mv

A

2. (2)

Dividendo membro a membro la (2) per la (1), otteniamo:

2

2 3 2

3,

2 8

4 4 6 10 4 10 m 32

3 30 s

e

m16 .

s

A

A

B

k sv

I

k sv

I

v

=

= = =

=

166

b) Sostituendo quest’ultimo valore nella (1), si ricava

100,31 kg

2 32

e quindi

0,62 kg.

A

B

B

Im

v

m

= = =

=

5.26. Un proiettile di massa m = 40 g viene scagliato con velocità v = 60 m/s contro un blocco di massa M = 1 kg in quiete sull’asse x, lo attraversa e fuoriesce con velocità v1 = v /4. Il proiettile prosegue fino a incontrare una

parete verticale di acciaio posta a distanza d = 20 m sulla quale urta elasticamente rimbalzando verso il blocco. Se il piano orizzontale ha un coefficiente di attrito μ = 0,2, calcolare: a) la velocità V con cui si mette in moto il blocco, b) il lavoro di perforazione eseguito dal proiettile, c) l’impulso sulla parete, d) l’istante in cui il proiettile riincontra il blocco, misurato a partire da quando il proiettile fuoriesce dal blocco, e) la distanza dalla parete alla quale blocco e proiettile si riincontrano.

(5)

______

a) Applicando il principio di conservazione della quantità di moto, valido per qualsiasi urto, anche anelastico come quello in esame:

,4

quindi

3 m = 1,8 .

4 s

mvmv MV

mV v

M

= +

=

b) Il lavoro di perforazione è la differenza tra la somma delle energie cinetiche finali e l’energia cinetica iniziale del proiettile:

2

2 21 1 1

2 2 4 2

0,5 3,24 0,02 225 0,02 3600 65,9 J .

vL K MV m mv= = + =

= + =

167

c) Trattandosi di urto elastico il proiettile rimbalza riflettendosi orizzontalmente all’indietro con la stessa velocità di incidenza; esso subisce una variazione di quantità di moto data da

;4 4 2

mv mv mvq = =

essendo isolato il sistema parete-proiettile, la variazione di quantità di moto complessiva dovrà essere nulla, perciò la parete acquista sotto forma di impulso

una variazione di quantità di moto – q; sarà allora

I = 1,2 N s. d), e) Per rispondere a queste domande vi sono almeno due modi: il primo, avventato, rischia solo di far perdere tempo prezioso allo studente. Eccolo. Il blocco si muove con legge oraria

2

b

1,

2x g t V tμ= +

mentre la legge oraria del proiettile è

p ,4

vx t=

ma è anche ' '

p p b pe ,x d x x x d= + + =

dove x’p è la distanza percorsa dopo il rimbalzo elastico sulla parete. Allora

2

2

12

2

1,

2 4

2 (4 ) 8 0,

14,3 s4 (4 ) 64 67,2 2007,04

.4 7,84

2,9 s

vg t V t t d d

g t V v t d

tV v V v g d

tg

t

μ

μ

μ

μ

+ + =

+ + =

=+ ± + ±

= = =

=

Ora, per stabilire quale delle due soluzioni è quella corretta, osserviamo nel tempo t1 il blocco è avanzato di

2

b

10,2 9,8 (14,3) 1,8 14,3 174,7 m ,

2x = + =

cioè si è già fermato; è facile allo stesso modo verificare che anche nel tempo t2

il blocco si è già fermato. Dobbiamo pertanto modificare l’impostazione delle parti d) ed e).

168

Calcoliamo il tempo di arresto del blocco, scrivendo

arr

arr

0,

0,92 s.

V g t

Vt

g

μ

μ

=

= =

In tale intervallo il blocco avrà percorso la distanza

2

arr0,83 m

Vx

gμ= =

alla quale si ferma; il proiettile lo incontrerà quindi a distanza 20,0 – 0,83 = = 19,17 m dalla parete. Il proiettile ha percorso una distanza complessiva x p= 39,17 m impiegando un tempo

p p42,6 s .

/4

x xt

v v= = =

5.27. Mentre Galileo lasciava cadere liberamente una sferetta di ferro dalla cima della Torre di Pisa, alta h = 55 m, un suo discepolo lanciava da terra sulla stessa verticale una seconda sferetta identica alla prima con velocità iniziale vo

= 33 m/s. Stabilire se le due sferette si incontrano e calcolare, in caso affermativo, le loro velocità immediatamente dopo l’urto, ipotizzandolo elastico.

(4)

_______ Le due sferette si incontrano sicuramente, dal momento che vengono lanciate sulla stessa verticale; potrebbero però incontrarsi a terra se la prima è già ricaduta quando arriva la seconda. Per stabilirlo, scriviamo la legge oraria del moto assumendo un asse y orientato verso il basso per la sferetta di Galileo e verso l’alto per quella del suo discepolo, ottenendo:

169

yG=

1

2g t2 ,

yd=

1

2g t2

+vo

t ,

che, sommate m.a.m., danno

yG+ y

d= h = v

ot ,

da cui si ricava che le sferette si incontrano dopo un tempo t

tc=

h

vo

=55

33= 1,67 s .

In tale istante la sferetta di Galileo ha velocità

vG= g t

c= 9,8 1,67 = 16,3

m

s,

mentre quella del discepolo ha velocità

vd= g t

c+v

o= 16,3 + 33 = 16,7

m

s.

Imponendo poi che l’urto sia elastico, ovvero con conservazione sia della quantità di moto totale che dell’energia cinetica totale e tenendo conto che le due masse sono uguali e che i versi iniziali sono opposti, otteniamo:

G d G d

2 2 2 2

G d G d

,

,

v v u u

v v u u

= +

+ = +

che hanno come soluzione

G d d G

G G d d

a) ,

b) .

u v u v

u v u v

= =

= =

Il caso b) è ovviamente privo di significato fisico perché le due sferette continuerebbero a muoversi con lo stesso verso e lo stesso modulo di velocità come se si fossero compenetrate, mentre il caso a), l’unico possibile, indica che le due sferette nell’urto si scambiano i versi e i valori delle velocità. 5.28. Un blocco di massa M = 2 kg fermo su un piano orizzontale liscio è attraversato orizzontalmente da un proiettile di massa m =100 g con velocità v = 100 m/s che fuoriesce con velocità dimezzata e prosegue urtando elasticamente una parete posta a distanza d = 20 m dal blocco. Calcolare: a) a quale distanza dalla parete il proiettile colpirà nuovamente il blocco, b) dopo quanto tempo, c) l’impulso ricevuto dalla parete, d) il lavoro di perforazione del blocco, e) la velocità acquistata dal blocco. (4)

170

______ a) Dalla conservazione della quantità di moto totale del sistema proiettile-blocco-parete, abbiamo

,2

.2

mvmv MV

mvV

M

= +

=

I due oggetti si muovono di moto rettilineo uniforme: in un tempo t dalla fuoruscita, il blocco percorre la distanza

d – x = V t, mentre nello stesso tempo il proiettile percorre la distanza

.2

v td x+ =

Uguagliando le due espressioni di t e sostituendo quella di V, otteniamo

( )2 2( ),

( ) ( ),

( ) 20 1,918,1 m.

2,1

d x M d x

mv v

M d x m d x

d M mx

M m

+=

= +

= = =+

b) Il tempo impiegato sarà

2( ) 2 38,10,76 s.

100

d xt

v

+= = =

c) Dal momento che l’urto proiettile-parete è elastico, il proiettile rimbalzerà su essa con velocità ancora pari a v, ma in verso opposto; la variazione di quantità di moto del proiettile è

f i2q q q mv mv mv= = =

e la parete riceverà pertanto un impulso uguale e opposto

2 2 0,1 100 20 N s.I mv= = =

d) Il lavoro di perforazione (negativo in quanto resistente) è pari alla variazione di energia cinetica totale del sistema, cioè

2 2 22 2 2

f i 2

2 4 1 4

1 1 1 1 3

2 2 4 2 2 4 8

10 10 3 10 10 368,8 J.

8 2 8

v m vL K K K MV m mv M mv

M= = = + = =

= =

171

e) m

2,5 .2 s

mvV

M= =

5.29. Due persone, una di massa m = 80 kg, l’altra di massa M = 100 kg, sono ferme appoggiate di schiena una all’altra su pattini a rotelle. Se la più leggera dà una spinta orizzontale F = 300 N all’altra, calcolare, all’istante t = 5 s: a) l’accelerazione di M, b) lo spostamento di M, c) la loro distanza, d) la velocità di m, e) la posizione del centro di massa.

(3) ______

a) Alla spinta esercitata dalla persona più leggera corrisponde una reazione uguale e opposta da parte della più pesante; indicando con a1 e a2 le rispettive

accelerazioni, avremo

1 22 2

300 m 300 m3,75 , 3 .

80 s 100 s

F Fa a

m M= = = = = =

b) Il moto sarà per entrambe uniformemente accelerato; la persona più pesante percorre nel tempo t la distanza

2

2

137,5 m.

2Mx a t= =

Nello stesso tempo la persona più leggera percorre in verso opposto la distanza x m = 46,9 m.

c) I due disteranno quindi

d = 84,4 m. d) la velocità di m sarà

vm = a1 t = 3,75 . 5 = 18,8 m/s.

e) Applichiamo la relazione che fornisce la posizione del centro di massa:

CM

80 46,9 100 37,50.

180

m Mm x M x

xm M

+ += = =

+

Tale risultato era prevedibile perché, in assenza di forze esterne, la posizione del centro di massa si mantiene costante. 5.30. Un carrello pieno d’acqua di massa complessiva m0 = 30 kg viene lanciato

su un binario di attrito trascurabile con velocità iniziale v0 = 10 m/s. Se dal

fondo fuoriesce acqua da un foro al ritmo costante k = 100 g/s e la massa d’acqua inizialmente contenuta è ma = 20 kg, calcolare: a) la velocità del

172

carrello dopo 10 s, b) il tempo di svuotamento, c) la distanza alla quale il carrello si è completamente svuotato.

(4) ______

a) Deve valere il principio di conservazione della quantità di moto, perciò, a distanza x dal punto di lancio:

m0 v0 = m v,

dove m = m0 – k t. (1)

Allora

v =m

0v

0

m0

k t.

Inoltre

10 1

10 10 m10,1 .

10 10 sv = =

b) Il tempo di svuotamento si ricava dalla (1) ponendo in essa m = m0 – ma, cioè

ts = a 20200 s.

0,1

m

k= =

c) Ricaviamo ora la legge oraria.

dx

dt=

m0v

0

m0

k t,

dx =m

0v

0dt

m0

k t=

m0v

0

k

d( k t)

m0

k t,

x =m

0v

0

kln(m

0k t) + costante.

Per determinare la costante, sappiamo che per t = 0 è x = 0, quindi

costante =m

0v

0

klnm

0.

Ne consegue

x(t) =m

0v

0

kln

m0

m0

kt (2)

La distanza di svuotamento si ottiene dalla (2) ponendo in essa t = 200 s, cioè

s

30 10 30ln 3000 ln3 3,3 km.

0,1 30 0,1 200d = = =

173

5.31. Una pallina di massa m = 60 g viene lanciata orizzontalmente con velocità v = 30 m/s contro una parete mobile di massa M = 200 kg in quiete sulla quale rimbalza elasticamente. Calcolare: a) la variazione di quantità di moto della pallina, b) l’energia dissipata nell’urto, c) la velocità della pallina dopo l’urto, d) la velocità acquistata dalla parete.

(3) ______

a) Trattandosi di un urto elastico, valgono sia il principio di conservazione della quantità di moto sia quello dell’energia cinetica; indicando con V la velocità acquistata dalla parete dopo l’urto, avremo:

2 2 2

' ,

1 1 1 ' ,

2 2 2

e quindi

mv mv MV

mv mv MV

= +

= +

222 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2

( ')' ,

' ' 2 ' 0,

( ) ' 2 ' ( ) 0,

( )'

.

m v vmv mv

M

M v mv mvv M v mv

M m v mvv v M m

vmv m v v M m mv Mv

vM m M m

m Mvm M

= +

+ + =

+ =

± + ±= = =

+ +

+

A tali valori della velocità v’ corrispondono rispettivamente per la velocità della parete i valori

0

2

.

V

mv

M m

=

+

I valori v’ = v e V = 0 sono privi di significato fisico, in quanto rappresentano una situazione nella quale la pallina attraversa la parete lasciandola in quiete. Gli altri due valori sono accettabili; una immediata verifica riguarda il segno delle due velocità: v’ ha verso opposto a v, mentre V ha lo stesso verso.

Facciamo osservare che M » m, risulta v’ = – v e V = 0, cioè la parete resta in quiete mentre la pallina vi rimbalza con velocità in modulo uguale a quella di incidenza. Eseguiamo ora i calcoli: a)

2 22 2 6 10 2 10 30 kg m( ' ) 3,6 .

200,06 s

mM vq m v v

M m= = = =

+

174

b) L’energia dissipata in urto elastico è sempre nulla! c)

199,94 m' 30 29,98 .

200,06 s

m Mv v

m M= = =

+

d)

22 2 6 10 30 mm

18 .200,06 s

mvV

M m= = =

+

5.32. Una sferetta di massa m cade da una quota h su una lastra e rimbalza fino alla quota l; se la durata dell’urto è t, ricavare l’espressione a) della forza media esercitata sulla lastra, b) dell’energia dissipata nell’urto, c) a quanto si riduce l’energia iniziale della sferetta dopo n urti, nel caso h = 2 l.

(3)

______ a) La sferetta incide sulla lastra con velocità

i2 ,v gh=

ma, dato che si ferma a quota l, riparte con velocità

f 2 ,v g l=

La sua variazione di quantità di moto sarà

f i( ) 2 ( ),q m v m v v m g l h= = =

mentre quella della parete, che verrà ricevuta sotto forma di impulso, sarà uguale e opposta, ovvero

p 2 ( ).q m g h l=

175

La forza media nell’intervallo di tempo t esercitata dalla sferetta sulla parete sarà allora:

p 2( ).

_ gF h l

q m

t t= =

b) L’energia dissipata nell’urto è pari alla differenza tra le energie potenziali della sferetta a quota h e a quota l, ovvero

d ( ).E m g h l=

c) Per h = 2 l, viene dissipata in ogni urto la metà dell’energia potenziale della sferetta, quindi, dopo n urti, l’energia della sferetta si è ridotta a

.2n

m gh

5.33. Due sferette rigide aventi la prima massa doppia della seconda in moto con velocità u e v (u > v) si urtano centralmente elasticamente. Calcolare le velocità u’ e v’ dopo l’urto.

(3) ______

Dobbiamo applicare il principio di conservazione della quantità di moto

2 2 ' 'mu mv mu mv+ = +

e quello di conservazione dell’energia cinetica

2 2 2 21 1 1 1(2 ) (2 ) ' ' .

2 2 2 2m u mv m u mv+ = +

Sviluppando il sistema delle due precedenti equazioni, otteniamo

2 2

2 2 2 2 2

3 ' 2 '( 2 ) 2 0,

2 4 4 3 6 2 2'

3 3

22 ( )

33

,

u u v u u uv

v u v u uv u uv v u v u uvu

v uv u v u

u

+ + + =

+ ± + + + ± += = =

++ ±

= =

cui corrispondono per v’ (= 2 u + v –2 u’) rispettivamente i valori

4

' 3

.

u v

v

v

=

176

La seconda soluzione è priva di significato fisico perché, essendo u > v, implicherebbe che la prima sferetta debba attraversare la seconda per poter procedere dopo l’urto con velocità maggiore di essa. La soluzione è allora

2 4' , ' .

3 3

v u u vu v

+= =

5.34. Un nastro trasportatore viene trascinato da un motore a velocità costante v = 2 m/s; se su di esso viene scaricata sabbia al ritmo di 70 kg/s, trascurando ogni attrito, calcolare: a) la forza necessaria per mantenere in moto il nastro, b) la potenza del motore.

(2) ______

a) Indicando con M la massa complessiva del nastro e della sabbia, la legge di Newton porge

.dM

F M a vdt

= +

Ma se il nastro mantiene costante la velocità (a=0),

2 70 140 N.dM

F vdt

= = =

b) La potenza necessaria è

W = F x v = F v = 140 . 2 = 280 W. 5.35. Un carrello vuoto a forma di prisma retto di sezione S = 2500 cm2, massa M = 15 kg e volume interno V = 30 l viene lanciato su un binario di attrito trascurabile con velocità iniziale vo = 4 m/s mentre piove e le gocce d’acqua

cadono verticalmente con velocità va = 1 m/s. Nota la densità dell’acqua, =

1000 kg/m3, calcolare: a) la legge oraria della velocità del carrello, b) la minima velocità del carrello, c) il tempo necessario per raggiungerla, d) il tempo di riempimento del carrello.

(4) ______

a) Applicando il principio di conservazione della quantità di moto e indicando con dm/dt la rapidità di variazione della massa del carrello dovuta all’acqua imbarcata e con v’ la velocità all’istante t:

0'.

dmM v M t v

dt= +

Ma dm/dt non è altro che la portata di massa del condotto cui è assimilabile il carrello; dette la densità dell’acqua ed S la sezione del carrello:

177

1

0

1

1

,

da cui

15 4 60 12 ' .

15 1000 2,5 10 1 15 250 3 50

dmSv

dt

M vv

M Sv t t t t

=

= = = =+ + + +

Il minimo valore di v’ corrisponde al riempimento completo, che viene raggiunto quando

1

3

0 1

1

0min 3

,

da cui

30 10 0,12 s

2,5 10 1

15 4 cm 19 .

15 1000 30 10 10 s

r v S t rV

Vt

Sv

Mvv

M V

=

= = =

= = =+ +

5.36. Un tondino di rame viene colpito successivamente con 10 martellate lasciando cadere un martello di massa m = 700 g dalla quota h = 20 cm con velocità iniziale v = 4 m/s. Al termine, il tondino risulta accorciato di d = 3 cm. Calcolare: a) la costante elastica del tondino, b) il lavoro compiuto dal martellatore, c) la velocità con cui il martello colpisce il tondino.

(3) ______

a) Il fatto stesso che il tondino dopo le martellate risulti accorciato indica che non si tratta di una struttura elastica e quindi non gli si può attribuire alcuna costante elastica. b) Il martellatore compie un lavoro dovuto all’energia cinetica iniziale impressa al martello e al dover risollevare il martello per un tratto h; poiché l’operazione viene eseguita 10 volte, sarà

( )2 1110 9 7 10 (80 17,6) 68,3 J.

2L m v gh= + = + =

c)

2 m' 2 16 19,6 0,2 4,46 .

sv v gh= + = + =

5.37. Calcolare la velocità di espulsione dei gas combusti dall’ugello di un razzo di massa M = 8 t, se essi vengono espulsi al ritmo (dm/dt) = 300 kg/s e il razzo sale con accelerazione a = 3 g.

(3) ______

Si deve applicare la legge fondamentale della dinamica nel caso di massa variabile nel tempo, ovvero

178

.dv dm dm

F m v ma vdt dt dt

= + = +

Ma F = m g, quindi

3

2

( ) 4 4 8 10 9,8 km1,05 .

/ / / 3 10 s

F ma m g ma m gv

dm dt dm dt dm dt= = = = =

5.38. Un tuffatore di massa m = 80 kg posto all’estremità di un trampolino spicca un salto verticale fino all’altezza h = 40 cm e vi ricade sopra facendolo abbassare di d = 10 cm. Trattando il trampolino come una struttura elastica, calcolarne: a) la rigidità e b) l’abbassamento dell’estremità del trampolino quando l’uomo è in quiete su esso.

(3)

______

a) Quando l’uomo spicca il salto acquista energia potenziale m g h rispetto alla quota zero assunta al livello del trampolino orizzontale; quando vi ricade abbassando l’estremo di un tratto d, la sua energia potenziale sarà – m g d,

mentre il trampolino avrà immagazzinato un’energia elastica k d 2/2. Applicando il principio di conservazione dell’energia:

2

2 2

1,

2

2 ( ) 160 9,8 0,5 kN 78,4 .

10 m

mgh m gd k d

m g h dk

d

= +

+= = =

In questa soluzione approssimata il trampolino viene considerato privo di massa; in caso diverso, attribuendo al trampolino una massa M, si dovrebbe tener conto che quando il trampolino si abbassa del tratto d la sua energia potenziale diminuisce di una quantità M g d/2; non solo, ma nel momento in cui l’uomo spicca il salto conferendosi energia cinetica con velocità iniziale v, il trampolino rincula con una certa velocità angolare ruotando attorno all’estremo fisso. Diventerebbe un problema di dinamica dei sistemi piuttosto complesso. b) Sempre con le approssimazioni di cui al punto a) scriviamo che il peso dell’uomo è equilibrato dalla reazione elastica del trampolino, ovvero

2

4

,

80 9,810 m = 1 cm.

7,84 10

k s m g

m gs

k

=

= = =

179

5.39. Un uomo di massa M = 80 kg trasporta sul dorso un sacco di massa m = 20 kg; il baricentro dell’uomo quando è eretto e scarico si trova a distanza d = 1,1 m da terra, mentre quello del sacco si trova durante il trasporto a distanza h = 1,7 da terra. Calcolare la quota del baricentro del sistema uomo-sacco.

(2) ______

Si tratta della semplice applicazione della formula che esprime la coordinata yCM del centro di massa:

CM

80 1,1 20 1,71,22 m.

100

M d mhy

M m

+ += = =

+

5.40. Un lappone di massa M = 52 kg bloccato al centro di un lago gelato di raggio r = 50 m, per raggiungere la riva lancia a un angolo di 30° uno scarpone di massa m = 2 kg con velocità v = 6 m/s. Sapendo che il coefficiente di attrito tra l’uomo e il ghiaccio è μ = 2 .10–5, calcolare: a) la gittata del lancio, b) la velocità acquistata dal lappone, c) il tempo impiegato a raggiungere la riva, d) l’angolo ideale di alzo per raggiungere lo scopo.

(3)

______

a) La gittata è:

2sin(2 ) 36 0,8663,18 m.

9,8

vG

g= = =

b) Applicando il principio di conservazione della quantità di moto in direzione orizzontale, abbiamo

cos ( ) 0,

cos 2 6 0,866 m0,21 ,

( ) 50 s

mv M mV

mvV

M m

+ =

= = =

dove il segno negativo sta a indicare che il lappone scivola dalla parte opposta a quella in cui è stato lanciato lo scarpone.

180

c) Il moto del lappone sarà uniformemente decelerato con decelerazione μ g. Scrivendo la legge oraria di tale moto,

21,

2r V t g tμ=

ricaviamo

μ g t22V t + 2r = 0,

t =V ± V 2

2rμ g

μ g=

0,21 ± 0,156

1,96 104

=

1867 s

276 s

.

Può apparire strano che il problema presenti due soluzioni; se però sostituiamo i due valori del tempo nella legge oraria della velocità

Vf = V – μ g t,

dove V

f è la velocità con cui il lappone raggiunge la riva, troviamo

Vf1

= 0,21 – 2 .10–5.9,8 .1867 = – 0,15 m/s,

V f2

= 0,21 –2 .10–5.9,8 .276 = 0,16 m/s

ed è ovviamente accettabile solo il risultato di 276 s. d) L’angolo ideale è quello che consente al lappone di rinculare con la massima velocità, ovvero 0°. 5.41. Un proiettile di massa m = 80 g lanciato da terra con angolo di alzo = 45° e velocità iniziale v

0 = 100 m/s, giunto al culmine della traiettoria esplode in 3

ms in due frammenti, uno di massa m /3 con velocità v1= 150 m/s a un angolo

= 150° rispetto all’orizzontale, l’altro di massa 2m/3. Calcolare: a) l’angolo del secondo frammento con l’orizzontale, b) la velocità del secondo frammento, c) la potenza liberata nell’esplosione.

(4) ______

a), b) Essendo l’esplosione soggetta come gli urti, alla conservazione della quantità di moto, tale principio nel punto in cui avviene l’esplosione, cioè al culmine della traiettoria, dove il proiettile inesploso ha velocità orizzontale pari

a v0

2

2, fornisce sui due assi le seguenti equazioni:

181

0 1 2

1 2

2 1 2asse cos cos ,

2 3 3

1 2asse 0 sin sin ,

3 3

x mv mv mv

y mv mv

= +

=

dove v2 è la velocità del secondo frammento e è l’angolo da essa formato con

l’asse x. Risolvendo il sistema delle due equazioni, ricaviamo:

~ 18°12’, v2 = 121 m/s.

c) L’energia liberata nell’esplosione è la differenza tra l’energia cinetica totale finale e quella iniziale, ovvero

222 2 3 3 4210

24 10 (7,5 10 9,76 10 10 )

2 3 3

2,9 kJ.

vvmE v= + = + =

=

La potenza liberata è perciò

3

3

2,9 1097 kW.

3 10

EW

t= = =

5.42. Un proiettile lanciato con angolo di alzo = 30° e velocità iniziale vo = 200

m/s esplode al culmine della traiettoria in due frammenti di ugual massa. Stabilire: a) dove cade il secondo se il primo sale verticalmente, b) la velocità del secondo se il primo avanza orizzontalmente con velocità vo/4, c) a quale

distanza dal punto di lancio atterra il secondo, se il primo atterra 100 m a destra del culmine.

(3)

______

a) Iniziamo calcolando la gittata del proiettile inesploso:

G =v

o2

gsin2 =

4 104

0,866

9,8= 3535 m.

182

Il primo frammento ricade al suolo sulla verticale; per la conservazione della posizione del centro di massa, che è quella in cui cadrebbe il proiettile inesploso, ovvero la gittata G, il secondo frammento, avendo la stessa massa del primo, deve toccare il suolo a distanza dall’origine

3 G/2 = 5302 m. Applicando il principio di conservazione della quantità di moto, abbiamo:

mv

ocos =

m

2

vo

4+

m

2v

2,

e quindi

v

2= 2v

o(cos

1

8) = 296,4

m

s.

c) Sempre per la conservazione della posizione del centro di massa, posto nel punto in cui cadrebbe il proiettile inesploso, cioè a distanza G dall’origine, avendo i due frammenti la stessa massa, dovranno cadere a distanze equidistanti dal punto P, ovvero dovrà essere

2 2

2

100 1002 2 2 2

,2

da cui

3 2 100 100 5202 m.

2 2

m G m Gx x

Gm

G Gx G

+ + + +

= =

= = =

5.43. Un cannoncino fissato su un carrello spara orizzontalmente un proiettile di massa m = 10 kg con velocità v = 400 m/s; carrello, cannoncino e proiettile hanno una massa complessiva M = 1,5 t. Dopo lo sparo il carrello rincula di s = 60 cm e si ferma. Calcolare: a) la velocità di rinculo del sistema, b) il coefficiente di attrito del terreno, c) la frazione di energia cinetica iniziale del proiettile dissipata nello sparo.

(3)

______ a) Trattandosi di un sistema isolato, deve valere il principio di conservazione della quantità di moto totale, cioè

( ) ,mv M mV=

183

quindi 10 400 m

2,68 .1490 s

mvV

M m= = =

b) L’energia cinetica con cui rincula il sistema viene utilizzata completamente per vincere le forze di attrito:

2

2

1 ( ) ( ) ,

2

da cui

7,2 0,61.

2 19,6 0,6

M mV M m g s

V

g s

μ

μ

=

= = =

c) L’energia dissipata nel lancio è la differenza tra l’energia cinetica del proiettile K e quella con cui inizia a muoversi il sistema residuo, cioè

2 22 2 2

d 2

2

1 1 1 1( ) ( )

2 2 2 2 ( )

2 0,993 .

2

m vE mv M mV mv M m

M m

mv M mK

M m

= = =

= =

5.44. Un blocco di massa m = 800 g viene lasciato libero dalla sommità di un cuneo liscio inclinato di un angolo = 40° di massa M = 2,5 kg mobile su rotelle con attrito trascurabile inizialmente in quiete. Se il piano ha altezza h = 60 cm, calcolare: a) la velocità con cui il blocco arriva nel punto A, b) la velocità del cuneo nello stesso istante.

(3)

______

a) Applicando la conservazione dell’energia per il blocco, si ha:

21,

2

m2 . 19,6 0,6 3,43 .

s

A

A

m gh mv

v gh

=

= = =

184

b) Quando il blocco è arrivato in A, dalla conservazione della quantità di moto totale del sistema si ricava:

cos 0,

0,8 mcos 2 0,766 19,6 0,6 0,84 ,

s2,5

Amv MV

mV gh

M

+ =

= ==

dove il segno negativo indica che il cuneo si muove verso destra.

5.45. Due carrelli di massa m1 = 100 kg ed m2 = 300 kg sono fermi su un binario

quando una carica esplosiva posta tra essi esplode lanciando il primo a distanza d1 =18 m sul binario. a) A quale distanza si fermerà il secondo

carrello? b) Qual è la quantità di energia liberata nell’esplosione? (4)

_____

a) L’esplosione è una sorta di urto, pertanto in essa vale il principio di conservazione della quantità di moto, per il quale

1 1 2 2,m v m v=

da cui, essendo dissipata completamente in lavoro contro gli attriti l’energia cinetica del primo carrello

2

1 1 1 1

1,

2m v gd mμ=

per cui

1 12v g dμ=

e quindi

1 1

2 1 1

2 2

2 .m m

v v g dm m

μ= =

Imponendo ora che l’energia cinetica del secondo carrello venga dissipata interamente per vincere gli attriti fino a fermarlo a distanza d2 dalla posizione

iniziale, abbiamo 2 2

2 1 12 2 2 1 1 2 22

2 2

1 12 ,

2 2

m mm v m gd g d gm d

m mμ μ μ= = =

da cui 2

1

2 1 2

2

118 2m .

9

md d

m= = =

185

b) L’energia liberata nell’esplosione è la somma delle energie cinetiche dei due carrelli

2 2

1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2

1 1 1(2 ) ( )

2 2 2m v m v m gd gm d g m d m dμ μ μ+ = + = + =

0,2 9,8(100 18 + 300 2) = 4,7kJ .

5.46. Due dischi di masse m1 ed m2 sono collegati da una molla ideale di

rigidità k come in figura. Ricavare l’espressione della forza da applicare al disco superiore per poter sollevare quello inferiore.

(4)

______

Il disco inferiore potrà essere sollevato se la forza elastica agente su esso supera il suo peso, ovvero se

k x 2 > m2g, (1)

dove x 2 è la deformazione della molla allungata al massimo; perché la molla

possa espandersi fino a un tale allungamento, deve venire compressa di un tratto x1 calcolabile applicando il principio di conservazione dell’energia, cioè

imponendo che l’energia potenziale elastica immagazzinata nella molla nella condizione di massimo allungamento sia uguale alla somma di quella corrispondente alla deformazione x1 e dell’energia potenziale acquistata dalla

massa m1 quando si solleva del tratto x 1 + x 2:

22

211 1 2( ),

2 2

kxkxm g x x= + +

da cui 2 2

21 1 1 1

2 12

2.

m g m g m g xx x

k k k= ± +

Tenendo conto della (1), si ha

2 22 21 1 1 112

2,

m gm g m g m gxx

k k k k± + >

186

e quindi

2 22 1 21 1 112

( )2 m m gm g m gxx

k k k

+± + >

la cui soluzione fornisce

1 1 2(2 ).g

x m mk

> +

Per comprimere la molla di x1, si deve perciò aggiungere al peso della lastra

una forza che soddisfi l’equazione F + m1g = k x1. La forza cercata deve quindi

essere

F > (m 1 + m 2) g.