soluzioni - francesco polialfabeto dell'universo... · 1000 69.4 0 0 250 69.4 34.7 x x m3600 2...
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1
Soluzioni
Soluzioni
3. Fissiamo un asse delle ascisse nella direzione in cui sta avanzando l’auto ed eguagliamo l’impulso della forza esercitata alla differenza di quantità di moto fra l’istante in cui l’auto è ferma e quello in cui ha iniziato a frenare:
km/h / m/s72.0 (1000 3600) 20.0
kg m/s kg m/s kg m/s 3 3(2.50 10 )(20.0 ) 50.0 10 0xin xfinp p
0 ) kg m/s s3( 50.0 10 (10.0 )xfin xin x xp p F t F
N N3
250.0 1050.0 10
10.0xF
N s N s 2 450.0 10 10.0 5.00 10xI
cioè N35.00 10F
ed N s45.00 10I
Il risultato può essere raffigurato
in una quadrettatura di m/s kg3(10.0 ) (0.50 10 ) per la quantità di moto e di
N s410 5.0 per l’impulso. 4. Lungo un asse delle ascisse orientato nel verso di avanzamento, la variazione di quantità di moto da produrre nel razzo è:
kg m/s kg m/s4(700 500 700 450) 3.50 10xfin xin fin inp p mv mv
che applicando una forza costante di N1300 si può ottenere in un tempo di:
s s 43.50 10
26.91300
t
Capitolo
7
10 kg32.50
m/s20.0
p
s10.0
N35.00
10
I
2
5. Se i motori esercitano una spinta costante si tratta di moto uniformemente ac-celerato pertanto la velocità media mv è pari alla media aritmetica fra il valore
finale e quello iniziale. Ponendo l’asse x in direzione e verso del decollo:
m/s m/s m/s m/s1 21000 69.4 0
0 250 69.4 34.73600 2x x mv v v
quindi la durata complessiva del decollo è:
s s220063.4
34.7m
Lt
v
Calcoliamo la variazione nella quantità di moto durante il decollo:
2 1x x xp mv mv kg m/s kg m/s4 6(7.90 10 )(69.4 ) 5.48 10
ed uguagliamola all’impulso per ricavare la spinta dei motori: kg m/s
kg m/s N s
66 45.48 10
5.48 10 8.64 1063.4x x xI F t F
6. In base ai dati del testo, l’auto annulla la propria quantità di moto in uno spa-zio di cm m20.0 0.200x . Con le formule di cinematica calcoliamo l’accelerazione media ma cioè il valore costante di accelerazione che produrreb-be quella stessa variazione di velocità. Lungo la direzione orizzontale orientata nel verso della velocità iniziale abbiamo:
/ m/s m/s2
2 2 2 2(1000 3600)18.50 2 12.8
2 2 0.200in
finx inx mx mx
vv v a x a
x
La forza media è il valore costante di forza che produce l’accelerazione media:
kg m/s N2 41300 ( 12.8) 1.66 10mx mxF ma Calcoliamo la durata dell’impatto uguagliando l’impulso alla variazione della quantità di moto:
mx finx inxF t mv mv
s s 10003600
4
0 1300 18.50.402
1.66 10
finx inx
mx
mv mvt
F
7. Posto un asse delle ascisse orizzontale, orientato nel verso dell’avanzamento del blocco, ed indicata con df
l’attrito dinamico, risulta:
( )dx x xf T t p
2 1( cos20.0 )d x xf T t mv mv
N N2 30.0 5.60cos20.0 100 cos20.0 41.4
3.20x
d
mvf T
t
8. Possiamo stimare la durata t dell’impatto col pavimento calcolando la dif-ferenza fra gli s1.31 forniti dal testo e quelli necessari alla caduta e risalita, en-trambi ottenibili con la formula di cinematica /2h g dato che le due quote
m1.50h sono uguali:
s s s s 21.31 2 1.31 1.11 0.20
ht
g
3
La forza media F
è quel valore costante che produce la variazione di quantità di moto osservata agendo per lo stesso tempo della forza vera. Ricordando che in un riferimento verticale orientato in alto la velocità con cui tocca terra un og-
getto lasciato andare da quota h vale 1 2yv gh e che quella necessaria per
giungere fermo a quota h ha lo stesso valore (ma segno opposto) 2 2yv gh :
2 1 2 ( 2 ) 2 2y y yF t mv mv m gh m gh m gh
N N32 2 2 60.0 10 2 9.81 1.50
3.250.20y
m ghF
t
9. Per avere la forza media esercitata sulla pallottola occorre dividere la varia-zione della sua quantità di moto per il tempo che questa trascorre nella canna, dove viene accelerata. Lungo un asse delle ascisse orientato nella direzione del-lo sparo si ha:
kg)( m/s)3
,
0 (2.00 10 330x xmedia x
p mvF
t t t
Se la pallottola si muove di moto uniformemente accelerato possiamo facilmen-te calcolane la velocità media mv come media aritmetica fra la velocità finale e quella iniziale, e da questa ottenere il tempo di percorrenza della canna:
m/s m/s330 0160
2mv
m cm s m/s
30.70070.0 4.38 10
160mv t t
kg)( m/s)
N
s
3
3,
(2.00 10 33
4.38 10
0151media xF
10. Il pattinatore avanzerà nella stessa direzione dello zaino ma in verso oppo-sto. Lungo un asse delle ascisse orientato nel verso in cui si muove il pattinatore si conserva la quantità di moto, dato che le forze in quella direzione sono tutte
interne al sistema. Indicate con xV e m/s3.00xv le componenti lungo tale asse della velocità, rispettivamente, di pattinatore e zaino:
( 0) ( 0) 0x x xp MV mv
m/s m/s3
5.00 ( 3.00)0.188
80.0 10x
x
mvV
M
11. Lungo un asse delle ascisse orientato nel verso di uscita del proiettile si con-serva la quantità di moto complessiva, dato che le forze agenti sono interne al
sistema. Indicate con V
e v
le velocità, rispettivamente, di pistola e proiettile: ( 0) ( 0) 0x x xp MV mv
m/s m/s3
3
8.00 10 3653.07
950 10x
x
mvV
M
I cambiamenti di quantità di moto sono uguali ma in verso opposto:
kg m/s kg m/s3(8.00 10 )(365 ) 2.92x xmv MV
4
mentre l’energia complessivamente rilasciata in forma cinetica è la somma delle energie cinetiche di pistola e proiettile:
221 12 2
K m v m V
3 2 21 1
2 2( 8.00 10 365 0.950 3.07 )J 533J 4.48J 537J
12. Sapendo che è nulla la quantità di moto iniziale del sistema formato dal fuci-le e dal proiettile, dovrà essere nulla anche dopo lo sparo, visto che le forze che hanno agito sono interne, Fissiamo un asse delle ascisse orientato dal fucile al proiettile, lungo di esso avremo:
m/s m/s350.0 10
0 360 4.504.00Fx Px Fx Px
mMv mv v v
M
Per fermare il fucile bisogna azzerare la sua quantità di moto, cioè occorre eser-citare una forza F
in direzione dell’asse delle ascisse tale che il suo impulso sia:
N s N s(0 ) 4.00 ( 4.50) 20.3x x FxF t M p M v La forza risulta allora:
N s N s N s
20.3 20.313.6
1.50xFt
14. Calcoliamo l’impulso applicato al razzo dall’espulsione del carburante. Lungo un asse x orientato nella direzione di avanzamento si ha:
N s N s kg m/s4 41300 60.0 7.80 10 7.80 10x pxI F t
Quest’impulso è pari alla variazione nella quantità di moto del razzo nello stes-so intervallo di tempo:
kg m/s kg m/s410003600
(700 )(250 ) 4.86 10inxp
kg m/s kg m/s4 4 4(7.80 10 4.86 10 ) 12.7 10finx inx xp p I
Adesso consideriamo che al termine della spinta il combustibile è stato espulso e quindi la massa del razzo è diventata kg600 . Da questo dato possiamo rica-vare la velocità raggiunta:
kg m/s m/s m/s4
4 12.7 1012.7 10 212
600finx fin fin finp m v v
15. Il problema è del tutto simile a quello di un razzo che espelle propellente. In questo caso il tasso di espulsione di tre palline al secondo corrisponde a perde-re massa in ragione di:
kg/s kg/s3 0.250 0.750m
t
Indichiamo con ( )M t la massa del carrello in funzione del tempo che passa. Ogni secondo dobbiamo sottrarre kg0.750 al valore iniziale = kg100M :
kg s
kg( ) 100 0.750m
M t M t tt
Lungo un asse delle x orientato nel verso di avanzamento si ha:
5
/ ( ) ( )
( )px x x xe
ev m tm
F M t a v M t a at M t
Per avere l’accelerazione dopo s20.0 basta sostituire il corrispondente valore della massa:
kg s
s kg s kg(20.0 ) 100 0.750 20.0 85.0M
/ s m/s m/s
s2 21.20 0.750
(20.0 ) 0.0106(20.0 ) 85.0x
ev m ta
M
16. Indichiamo con ( )M t la massa del razzo in funzione del tempo che passa. Ogni secondo dobbiamo sottrarre /m t al valore iniziale = kg500M :
kg( ) 500m mt t
M t M t t
Lungo un asse delle y orientato in alto si ha:
( ) ( ) ( ) ( )( )py y y M y M ye em m
F W M t a v M t g M t a v M t g at t
Sappiamo che quando s15.0t si deve avere m/s22.50ya . Sostituendo:
m/s kg s m/s m/s2 2(300 ) 500 15.0 (3.72 2.50 )m mt t
m/s kg s m/s2(300 ) 500 15.0 (6.22 )m mt t
m/s m/s kg m/s2(300 93.3 ) 500 (6.22 )mt
kg/s kg/s500 6.227.91
393mt
s kg kg/s s kg(15.0 ) 500 (7.91 )(15.0 ) 381mt
M M t
17. L’intensità della spinta generata dal motore vale:
m/s kg/s N25.020.0 400
1.25em
vt
ed essa in un minuto applica un impulso pari a: N s N s kg m/s4 4400 60.0 2.40 10 2.40 10I p
che coincide con il cambiamento della quantità di moto del jet, qualunque sia la sua massa. 18. Il piatto della bilancia viene colpito costantemente ogni secondo da
kg0.150m di acqua cioè / kg/s0.150m t , alla velocità pari a quella che raggiunge un oggetto che cade da un’altezza cm25.0h e cioè lungo un asse y orientato in alto:
m/s m/s2 2 9.81 0.750 3.84yv gh
E quindi ogni secondo deve provvedere alla variazione di una quantità di moto:
m/s kg/s kg m/s0
( 3.84 )(0.150 ) 0.576y yy
p m v mv
t t t
a cui corrisponde una forza media che il piatto deve esercitare:
6
N0.297yymedia
pF
t
uguale e contraria, per la terza legge della dinamica, alla forza che l’acqua eser-cita sul piatto, e che produce lo spostamento dell’ago della bilancia. Per produr-re una tale forza dovremmo poggiare sul piatto una massa:
/ kg kg g(0.576 / 9.81) 0.0633 63.3mediayM F g
e questo è il valore che segna l’ago. 19. La maggiore massa misurata dalla bilancia è dovuta al flusso costante di sabbia che batte e per azzerare la quantità di moto del quale il piatto deve eser-citare un forza di componente verticale yF (lungo un usuale asse delle ordina-
te). Risulta: g N N32.00 (2.00 10 9.81) 0.0196yM m F
Sappiamo che un flusso costante /m t di materiale che colpisce con velocità v esercita una forza /v m t . La sabbia cade da un’altezza che è circa
/ cm cm(30.0 2) 15.0 ma solo all’inizio tocca il fondo della clessidra, mentre alla fine si posa sulla cima del mucchio. Possiamo mediamente ritenere che per-corra cm10.0 in verticale e quindi che la bilancia deve arrestare un flusso che in media colpisce con velocità: m/s m/s2 2 9.81 0.100 1.40v gh Uguagliando la forza dovuta alla caduta della sabbia alla lettura sulla bilancia:
=( m/s N1.40 ) 0.0196m m
vt t
troviamo il flusso di massa: N kg/s
m/s0.0196
0.01401.40
m
t
Ad una tale velocità per svuotare la metà superiore della clessidra dell’intera massa di sabbia di / kg kg(0.5000 2) 0.2500 occorrono:
kg s 18 s
kg/s0.2500
17.90.0140
21. Scriviamo il vettore quantità di moto prima del calcio:
kg m kg m kg m kg ms s s s1 (0.450 10.0 ; 0 ) (4.50 ;0 )p
scriviamo l’impulso impresso dal calciatore: kg m kg m kg m kg m
s s s s3(0 ;1200 2.50 10 ) (0 ;3.00 )F t
applicando la seconda legge della dinamica per il caso di forza costante: kg m kg m kg m kg m kg m kg m
s s s s s s2 1 (4.50 ; 0 ) (0 ; 3.00 ) (4.50 ; 3.00 )p p F t
22. In un riferimento come in figura scriviamo il vettore quantità di moto rispet-tivamente prima e dopo un quarto di giro e mezzo giro (posizioni A, B e C):
kg m kg m kg m kg ms s s s
(0 ;0.0250 0.400 ) (0 , 0.0100 )Ap
kg m kg ms s
( 0.0100 ; 0 )Bp kg m kg m
s s(0 ; 0.0100 )Cp
Ap
y
x
Bp
Cp
mF
B
C
7
da cui: kg m kg m
s s(0.0100 , 0.0100 )BA B Ap p p
kg m kg ms s
2 20.0100 ( 0.0100) 0.0141BAp
kg m kg m
s s( 0.0200 ; 0 )CA C Ap p p
kg m kg ms s
2 20 ( 0.0200) 0.0200CAp
ed infine la variazione di quantità di moto relativa ad un giro completo risulta nulla dato che i due vettori p iniziale e finale coincidono. 23. Orientiamo un asse delle ascisse in direzione e verso coincidenti con la velo-cità iniziale della pallina ed un asse delle ordinate perpendicolare ad esso, con verso tale che la componente y della velocità dopo il colpo sia positiva. Lungo questi assi eguagliamo la variazione della quantità di moto della pallina all’impulso impresso dalla racchetta:
2 1 2 1cos 42.0x x x xmv mv F t m v m v F t
N N3
2 1
3
( cos 42.0 ) 58.0 10 ( 35.0 0.743 25.0)29.1
2.00 10x
m v vF
t
2 1 2 sin 42.0 0y y y ymv mv F t m v F t
N N3
2
3
sin 42.0 58.0 10 0.66919.4
2.00 10y
m vF
t
N N2 2 2 2( 29.1) 19.4 35.0x yF F F
24. Orientiamo un asse delle ascisse nel verso del lancio ed uno delle ordinate nel verso di avanzamento originale della ragazza. La quantità di moto si con-serva lungo entrambi queste direzioni, dato che lungo di esse agiscono solo forze interne. Lungo le ascisse inizialmente la quantità di moto era nulla e tale deve restare anche dopo il lancio, così abbiamo:
( 0) ( 0) 0x R Rx z zxp m v m v
m/s m/s4.002.20 0.220
40.0z
Rx zxR
mv v
m
Lungo le ordinate invece il lancio non modifica le velocità poiché non agiscono forze lungo quella stessa direzione:
m/s m/s4.00 ; 4.00Ry zyv v
Pertanto, indicati con R e z gli angoli che formano rispettivamente ragazza e zaino con la direzione originale di avanzamento, si ha:
m/s m/s2 2( 0.220) 4.00 4.01Rv
verso sinistra0.220arctan 3.15
4.00R
m/s m/s2 22.20 4.00 4.57zv
8
verso destra2.20arctan 28.8
4.00z
L’energia cinetica prodotta dal lancio è si ottiene per differenza fra i valori pri-ma e dopo:
2 2 21 1 1( )
2 2 2R Rfin z zfin R z inK m v m v m m v
2 2 21 1 12 2 2
( 40.0 4.01 2.20 4.57 44.0 4.00 )J 7.42 J
25. Lungo un asse delle ascisse orientato nel verso in cui si mette in moto il sac-chetto si conserva la quantità di moto, non essendovi in tale direzione forze esterne al sistema proiettile-sacco. Indicata con V
la velocità del sacco e con Pv
quella del proiettile:
12
cos25.0 cos25.0P P S x P Pm v m V m v
m/s m/s1 312 2
5.00 0.300331
cos25.0 10.0 10 0.906S x
PP
m Vv
m
Lungo un asse delle ordinate orientato in alto, l’impulso impresso dal piano ghiacciato è uguale alla variazione della quantità di moto del proiettile in quella direzione:
12
sin25.0 ( sin25.0 )y p P p PI m v m v
N s N s312
sin25.0 ( 10.0 10 331 0.423) 0.700p Pm v
26. Scegliamo un riferimento con l’asse delle ordinate orientato a nord e quello delle ascisse ad est, cioè dalla parte dove avviene il lancio. Poiché le forze che agiscono lungo tali assi sono interne, possiamo imporre la conservazione della quantità di moto lungo tali direzioni. Indicheremo con V
la velocità della barca
prima del lancio e con V
e v rispettivamente quelle della barca e della zavor-ra dopo il lancio. In direzione ovest-est abbiamo:
xMV ( ) ( ) sin 30.0x x xM m V mv M m V m v
kg kg m/s kg0 (500 12.0 )( 0.150 ) 12.0 sin 30.0v
kg kg m/s m/s
kg(500 12.0 )(0.150 )
12.2(12.0 )(sin 30.0 )
v
In direzione sud-nord risulta: ( ) ( ) cos 30.0y y y yMV M m V mv M m V m v
kg m/s kg kg kg m/s(500 )(2.50 ) (500 12.0 ) (12.0 )(12.2 )cos 30.0yV
kg m/s kg m/s m/s
kg kg(500 )(2.50 ) (12.0 )(12.2 )cos 30.0
2.30(500 12.0 )yV
29. Imponiamo che siano nulle le due component della velocità del CM:
1 1 2 2 3 3
1 2 3
0x x xCMx
m v m v m vv
m m m
9
m/s m/s1 1 2 23
3
3.50 2.50 5.00 ( 4.50)2.29
6.00x x
x
m v m vv
m
1 1 2 2 3 3
1 2 3
0y y yCMy
m v m v m vv
m m m
m/s m/s1 1 2 23
3
3.50 4.00 5.00 3.004.83
6.00y y
y
m v m vv
m
31. Un istante prima dell’impatto la velocità del sacchetto è:
m/s0Sxv m/s m/s2 2 9.81 15.0 17.1Syv gh
mentre il proiettile ha velocità prima dell’impatto m/s m/s(200 cos60.0 ) 100Pxv m/s m/s(200 sin 60.0 ) 173Pyv
e dopo l’impatto: m/s m/s(120 cos60.0 ) 60.0Pxv m/s m/s(120 sin 60.0 ) 104Pyv
Dopo l’impatto col proiettile non è cambiata la quantità di moto del CM:
CMx S Sxp m v P Px S Sx P Pxm v m v m v
m/s m/s0.400 100 0.400 60.00.800
20.0P Px P Px
SxS
m v m vv
m
CMy S Sy P Py S Sy P Pyp m v m v m v m v
P Py S Sy P PySy
S
m v m v m vv
m
m/s m/s0.400 173 20.0 ( 17.1) 0.400 10415.7
20.0
Il tempo di caduta si ha imponendo nulla la quota:
s 2 210 2
( ) 15.0 15.7 4.91 0 0.771Syy t y v t gt t t t
e la gittata si trova inserendo il tempo di caduta nella legge oraria delle ascisse: s ( m m0( ) 0.800 (0.771 ) 0.800 0.771) 0.617Sxx t x v t t x
32. Dalla trattazione della macchina di Atwood fatta nel capitolo sulle leggi del-la dinamica, sappiamo che le due masse si muovono di moto uniformemente accelerato, e che lungo un asse delle ordinate orientato in alto risulta:
m/s m/s2 25.50 3.509.81 2.18
5.50 3.50B A
Ay ByA B
m ma a g
m m
da cui si ricava la velocità del CM del sistema, tutta verticale:
2.18Ay Ayv a t t 2.18By Byv a t t
3.50(2.18 ) 5.50( 2.18 )( ) 0.545
3.50 5.50A Ay B By
CMyA B
m v m v t tv t t
m m
s m/s m/s(1.20 ) ( 0.545 1.20) 0.654CMyv
33. Abbiamo già trattato questo sistema nel capitolo sulle leggi della dinamica, e sappiamo che le masse sono in moto uniformemente accelerato e che risulta:
A
B
y
10
m/s m/s2 23.409.81 6.18
2.00 3.40B
Ax ByA B
ma a g
m m
da cui si ricava la velocità del CM del sistema:
6.18Ax Axv a t t 6.18By Byv a t t
2.00(6.18 ) 0( ) 2.29
2.00 3.40A Ax B Bx
CMxA B
m v m v tv t t
m m
0 3.40(6.18 )( ) 3.89
2.00 3.40A Ay B By
CMyA B
m v m v tv t t
m m
s m/s m/s(2.10 ) (2.29 2.10) 4.81CMxv
s m/s m/s(2.10 ) ( 3.89 2.10) 8.18CMyv
s s kg m/s kg m/s(2.10 ) ( ) (2.10 ) (26.0 ;44.2 )CM A B CMp m m v
34. Nel primo caso, fissata come positiva la direzione della traiettoria col verso di moto originale, poste kg1 100m , kg2 200m e m/s2 650xv , si ha lun-go di essa la conservazione della quantità di moto:
1 1 2 2x x xmv m v m v
m/s m/s2 2
11
300 350 200 650250
100x x
x
mv m vv
m
Anche nel secondo caso la quantità di moto non varia per l’esplosione, quindi detta m la massa della cometa, perpendicolarmente alla traiettoria il suo valore è nullo come all’inizio. Lungo una asse orientato positivamente dalla parte in cui si muove 2m si ha:
m/s m/s11 1 2 2 2 1
2
2000 650 1300
100y y y y
mm v m v v v
m
La velocità del CM non varia in nessuno dei due casi, rimanendo sempre m/s350 nella direzione di moto iniziale.
35. Applichiamo la conservazione della quantità di moto lungo un asse orienta-to nel verso originale di avanzamento ( m/s300xV ; m/s200Axv ):
M 23xV M 1
3Axv M Bxv
]m/s m/s3 2 [3 300 2 ( 200) 500Bx x Axv V v Il frammento B vede A allontanarsi da lui ad una velocità:
m/s m/s[500 ( 200)] 700ABv La velocità del CM non cambia nell’esplosione, quindi è sempre m/s300 nel verso originale. Rispetto al CM allora i due frammenti hanno velocità che pos-siamo calcolare con le trasformazioni di Galileo:
m/s m/s( 200 300) 500ACM x CMx Ax ACMx Ax CMxv V v v v V
m/s m/s(500 300) 200BCMx CMx Bx BCMx Bx CMxv V v v v V L’energia cinetica iniziale è evidentemente:
2 2 711 2
1( 400 300 )J 1.80 10 J
2K M V
A
B
y
x
11
mentre quella finale: 2 2
21 2 1 1
2 3 2 3A BK M v M v
2 2 71 13 6
( 400 200 )J ( 400 500 )J 2.47 10 J
La differenza di energia 2 1K K è stata prodotta attingendo alle reazione chi-mica che ha dato luogo all’esplosione, ad esempio deflagrazione del carburante. 36. La quantità di moto del sistema formato dal proiettile e dal cannone non si conserva perché in verticale agiscono la forza di gravità e la forza normale del terreno, esterne al sistema stesso. Si conserva però la componente orizzontale della quantità di moto, visto che in questa direzione agiscono solo le forze in-terne dovute alla detonazione. Risulta kg m/s0xp per tutta la durata del lancio in quanto era nullo il suo valore iniziale:
cos 30.0 0x c cx p px c cx p pp m v m v m v m v
m/s m/s10.0cos 30.0 500 0.866 17.3
250p
cx pc
mv v
m
Per il calcolo della velocità relativa rel p cv v v scriviamo i due vettori velocità
rispetto al terreno e calcoliamo la differenza: m/s m/s(500 cos 30.0 ;500 sin 30.0 ) (433 ;250 )pv
m/s m/s( 17.3 ; 0 )cv
m/s m/s m/s, 433 ( 17.3 ) 416rel x px cxv v v
m/s 0 m/s m/s, 250 250rel y py cyv v v
m/s m/s2 2416 250 485relv
37. Orientando un asse delle ascisse nel verso del tuffo, lungo di esso deve con-servarsi la quantità di moto:
cos 0p px b bx p px b bm v m v m v m v
m/s m/s100( 1.41) 5.48
cos 40.0 cos50.0p
b pxb
mv v
m
Calcoliamo la velocità verticale del bambino e da essa la massima altezza rag-giunta con la formula 2
0 / 2yh v g :
m/s m/ssin (5.48 sin 50.0 ) 4.20by bv v
m m2 24.20
0.9002 2 9.81byv
hg
38. Analizziamo la situazione del sistema formato dall’uomo e dal carrello in un riferimento ancorato alle rotaie ed orientato positivo verso destra: la quanti-tà di moto deve rimanere nulla come era prima che l’uomo si incamminasse. In questo sistema indichiamo con cv
la acquisita dal carrello e con uv quella
dell’uomo. Scriviamo la conservazione della quantità di moto in direzione x :
12
0x u ux c cxp m v m v Le trasformazioni di Galileo permettono di legare la velocità dell’uomo relativa al carrello a quella rispetto alle rotaie:
,u c rel ux cx rel xv v v v v v
Dove m/s, 0.400rel xv se orientiamo il riferimento sul carrello con verso posi-
tivo uguale a quello delle rotaie. Questa relazione, inserita nella precedente produce:
,( ) 0u cx rel x c cxm v v m v
m/s m/s, 80.0(0.400)0.246
80.0 50.0u rel x
cxu c
m vv
m m
m/s m/s, 0.246 0.400 0.154ux cx rel xv v v
La posizione del CM non cambia mai dato che è nulla la risultante delle forze esterne al sistema. 39. La posizione del CM del sistema carrello e uomo non si sposta mai dato che le forze esterne hanno risultante nulla. Per la proprietà distributiva del CM pos-siamo considerare l’uomo de il carrello due punti di massa um ed cm concen-trati nei rispettivi CM, e quello del carrello ha ascissa pari a metà della sua lun-ghezza totale. Dette ud e cd la distanza in orizzontale di questi due punti dal CM prima che l’uomo si incammini, sappiamo che vale la relazione:
u c
c u
d m
d m
Ed inoltre l’ascissa del CM del sistema si trova in qualche punto compreso fra la posizione iniziale dell’uomo e la metà del carrello, cioè:
2u cd
d d
Nell’istante in cui l’uomo raggiunge la metà della lunghezza del carrello si ha 0u cd d quindi il CM del carrello si è spostato fino a coincidere col CM del
sistema, cioè ha percorso la distanza:
uc u
c
md d
m
Sostituendo 2u cd
d d si ottiene:
12 2
u u uc c c
c c c
m m md dd d d
m m m
uc
c
md
m
2cmd
m m4.00 80.01.23
2 50.0 80.0c um m
40. La quantità di moto in direzione della velocità iniziale della chiatta non cambia. Fissata lungo tale direzione un asse delle ascisse solidale alla terra, ri-sulta: ( )c u cx c cx u uxm m v m v m v
uCM
cCMCM
ud cd
/2d
CM
13
m/s m/s270 5.00 50.0 ( 0.800)4.34
320c cx u ux
cxc u
m v m vv
m m
41. La variazione di energia potenziale gravitazionale del sistema dei due boc-chi, pari all’energia potenziale gravitazionale posseduta dal blocco quando sta in alto, Bm gh ,viene convertita in energia cinetica:
2 21 1
2 2B B Bx C Cxm gh m v m v
La quantità di moto orizzontale si conserva pari al valore nullo che aveva all’inizio dato che le forze in questa direzione sono tutte interne: 0 B Bx C Cxm v m v
Ricavando /Bx C Cx Bv m v m da questa seconda relazione ed inserendolo nel-la prima:
2
21 12 2
C CxB B C Cx
B
m vm gh m m v
m
2 22 2 22 C C
B Cx C Cx Cx CB B
m mm gh v m v v m
m m
m/s m/s2 2
2 2
2 2 2.00 9.81 0.8000.796
9.00 9.00 2.00B
CxC C B
m ghv
m m m
42. Orientando l’asse delle ascisse nel verso in cui procede la slitta dopo il lancio abbiamo che rimane nulla la quantità di moto prima e dopo: 0 zx sxmv Mv
Nel riferimento solidale alla slitta possiamo esprimere la velocità xzv con cui si vede allontanarsi lo zaino usando le trasformazioni di Galileo:
zx sx zxv v v
dove la velocità con cui l’uomo vede allontanarsi lo zaino vale m/s2.50zxv se orientiamo l’asse nel verso in cui avanza la slitta. Inserendo nella legge di conservazione della quantità di moto: 0 ( )sx zx sxm v v Mv
m/s m/s10.0 ( 2.50)0.179
10.0 130zx
sx
mvv
m M
43. Poniamo un riferimento con le ascisse orientate da OVEST ad EST e le ordi-nate da SUD a NORD, e l’origine degli assi nel punto dell’esplosione. Su questo piano agiscono solo le forze interne dell’esplosione, pertanto si conserva la quantità di moto lungo i due assi:
1 1 2 2 3 3x x x xMV m v m v m v 1 1 2 2 3 3y y y yMV m v m v m v
Risulta: m/s m/scos 45.0 (3.00 sin 45.0 ) 2.12xV V
m/s m/ssin 45.0 (3.00cos 45.0 ) 2.12yV V
14
m/s1 8.00xv ; m/s1 0.00yv ; m/s2 0.00xv ; m/s2 9.00yv
kg kg3 1 2 (9.00 3.50 2.50) 3.00m M m m Sostituendo:
1 1 2 23
x x xx
MV m v m vv
m/s m/s
3
9.00 2.12 3.50 8.002.97
3.00m
1 1
3
y y
y
MV m vv
m/s m/s
2 2
3
9.00 2.12 2.50 9.001.14
3.00
ym v
m
m/s m/s2 2( 2.97) ( 1.14) 3.18v
Quindi il terzo pezzo si muove lungo una retta nel terzo quadrante degli assi cartesiani (quello a SUD-OVEST) formante un angolo con la direzione SUD che misurato in verso orario è pari a:
2.97arctan arctan 69.0
1.14x
y
v
v
L’esplosione libera un’energia che è pari alla differenza fra le energie cinetiche dopo e prima:
2 21 1
2 2( 9.00 3.00 )J 40.5 JK M V
2 2 21 1 11 1 2 2 3 32 2 2
K m v m v m v
2 2 212
(3.50 8.00 2.50 9.00 3.00 3.18 )J 235 J
(236 40.5)J 194JK K 44. Supponiamo ancora che le sette sfere non siano a contatto ma leggermente separate. Quando E urta si ferma e passa a D la sua velocità, che a sua volta si ferma e la passa a C, che si ferma urtando B, il quale si arresta dopo aver urtato A che alfine si mette in moto con la velocità originaria. Nel contempo F urta E, che ora è ferma, e si arresta. E Urta di nuovo D e gli pass ancora la velocità, D urta C, C urta B e poi di nuovo A. Cos’ alla fine avremo il gruppo FEDC ferme mentre B ed A saranno in moto con la velocità che originariamente era di EF. 50. Orientiamo un asse delle ascisse dal pesce grosso verso quello piccolo. Scri-viamo la quantità di moto lungo tale asse prima e dopo l’urto:
1x x xp MV mv
2 ( )x CMp M m v sapendo che la quantità di moto si conserva nell’urto abbiamo:
( )x x CMMV mv M m v
m/s m/s4.00 2.00 1.00 3.001.00
4.00 1.00x x
CM
MV mvv
M m
La soluzione è facilmente raffigurabile con il metodo della frecce spesse, facen-do rimanere uguale l’area che corrisponde alla quantità di moto totale del si-stema kg m/s kg m/s(2.00 4.00 3.00 1.00) 5.00xp .
4kg
m/s3
m/s2
1kg
kg5
1m/s
B ACF E D
B ACF E D
15
51. Applichiamo la conservazione della quantità di moto lungo un asse orienta-to nel verso originale di avanzamento, indicando con v e V
le velocità rispetti-
vamente di palla e carrello:
x x x xmv MV mv MV
kg m/s kg m/s kg1.30 8.50 1.30 ( 3.50 ) (15.0 ) xV
m/s m/s1.30 8.50 1.30 3.501.04
15.0xV
Per controllare se l’urto è stato elastico calcoliamo l’energia prima e dopo: 2 21
2
1( 1.30 8.50 )J 47.0J
2K m v
22 2 21 12 2
1 1( 1.30 3.50 15.0 1.04 )J 16.1J
2 2K m v m V
e come si vede l’’urto non è stato elastico dato che l’energia meccanica non si è conservata. 52. Da un urto completamente anelastico le due masse escono alla velocità del CM. Calcoliamo la velocità del centro di massa:
m/s m/s4.50 5.00 3.50 ( 4.00)1.06
4.50 3.50A A B B
CMA B
m v m vv
m m
L’energia dissipata nell’urto è la differenza fra l’energia cinetica prima e dopo l’urto:
2 2 21 1 12 2 2
( )in fin A A B B A B CMK K m v m v m m v
2 2 212[4.50 5.00 3.50 ( 4.00) (4.50 3.50) 1.06 ] 79.8 J
53. Calcoliamo il lavoro svolto dalla forza:
| | cos (120 0.600 cos25 )J 65.3JL F s
Eguagliamolo all’energia cinetica guadagnata dalla massa e troviamo la velocità acquisita:
m/s212
2 2 65.3J 5.39
4.50A A AA
LL m v v
m
Calcoliamo la velocità del centro di massa del sistema dei due blocchetti:
A A B BCM
m v m vv
m/s m/s4.50 5.39
3.734.50 2.00A Bm m
Da questa abbiamo la velocità del blocco B: m/s m/s2 [2 3.73 0)] 7.46B CM Bv v v
Eguagliando l’energia cinetica del blocco B a quella potenziale elastica della molla nell’istante di massima compressione troviamo:
12
2 12
( )B Bm v m m cm2 2.007.46 0.0667 6.67
25000B
B
mkx x v
k
54. Indicate con 1v , 2v e 3v le componenti (con segno) delle velocità lungo un asse orientato nel verso originale di avanzamento, calcoliamo la velocità del CM della prima e della seconda:
1 2 3
xA B
A B
F
A B
A B
16
1 1 2 212CM
m v m vv
1
1 2
m
m m
1
1
v
m 112
m1
2
3v
Uguagliamo tale valore alla media delle velocità della prima biglia e della se-conda biglia prima e dopo l’urto:
m/s1 1 1 1 12 1 1
( ) 1.503 2 3
v v v v v 1 22 1
(3 2
v v 2 2 14
)3
v v v
calcoliamo la velocità del CM della seconda e della terza dopo il primo urto:
2 2 3 323CM
m v m vv
2
2 3
m
m m
413
2
v
m 22m1
4
9v
Uguagliamo tale valore alla media delle velocità della terza biglia prima e dopo l’urto:
1 34 1
(9 2
v v m/s3 3 18
) 4.009
v v v
m/s1 2 2 1 2 2 1 14 1 1 4 8 4 4
( ) ( ) ( ) 2.009 2 2 3 9 3 9
v v v v v v v v
Verifichiamo la conservazione dell’energia: 2 2 2
1 1 2 2 3 31 1 1
( ) ( ) ( )2 2 2finK m v m v m v
2 2 2 2 21 1 4 81 1 1 1 1 1 1 1 1 13 2 9 9
1 1 1 1 1 16 64 1 81 1( ) ( )( ) ( )
2 2 2 9 2 81 81 2 81 2 inm v m v m v m v m v K
55. Troviamo la componente di velocità 1v con la quale la prima sfera raggiun-ge il piano orizzontale applicando la conservazione dell’energia:
211 1 12
0 [0 ] [ 0]U K m gh m v
m/s m/s1 2 2 9.81 5 9.90v gh Calcoliamo la velocità del centro di massa delle due sfere:
1 1 2 2CM
m v m vv
m/s m/s
1 2
2.50 9.903.54
2.50 4.50m m
e da questa le velocità dopo l’urto elastico:
m/s m/s11 1 1 12
( ) 2 (2 3.54 9.90) 4.26CM CMv v v v v v
12 2 2 22
( ) 2CM CMv v v v v v m/s m/s(2 3.54) 7.08
Ancora dalla conservazione dell’energia abbiamo la quota h a cui risale la pri-ma sfera:
211 1 12
0 [ 0] [0 ( ) ]U K m gh m v
m m2 2
1( ) ( 4.26)0.925
2 2 9.81
vh
g
56. Dalla conservazione dell’energia sappiamo che la velocità con cui 1m rag-
giunge il punto più basso è 1 12v gh . Possiamo allora calcolare la velocità del
CM del sistema un istante prima dell’urto e da essa le velocità dopo l’urto:
1
21h
x
17
1 1 2 2CM
m v m vv
1
1 2
m
m m
1
1
v
m 12m1
1
3v
e da questa le velocità dopo l’urto elastico:
1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 12 3 3 3
( ) 2 2 2CM CMv v v v v v v v v gh
122
(CMv v 2 22 2 1 13 3) 2 2CMv v v v gh
Ancora dalla conservazione dell’energia abbiamo le quote a cui risalgono: 21
1 1 1 120 [ 0] [0 ( ) ]U K m gh m v
cm212
11 3 11 9
( 2 )( )1.67
2 2
ghvh h
g g
cm222
12 3 42 19
( 2 )( )6.67
2 2
ghvh h
g g
57. Dalla conservazione dell’energia abbiamo che la componente di velocità con cui giungono nel punto più basso, lungo un asse orientato a destra, è uguale per le due sfere, ma ovviamente opposta in segno:
1 2 2v v gh La velocità del CM un istante prima di toccarsi vale:
11 1 2 2
1 2CM
mm v m vv
m m
1 12v m 1
1
v
m 12m1
1
3v
e da questa abbiamo le velocità dopo l’urto elastico:
1 1 41 1 1 1 1 12 3 3
( ) 2 2( ) 2CM CMv v v v v v v v gh
1 1 1 12 2 2 2 1 1 12 3 3 3
( ) 2 2( ) ( ) 2CM CMv v v v v v v v v gh
Ancora dalla conservazione dell’energia abbiamo le quote a cui risalgono: 21
1 1 1 120 [ 0] [0 ( ) ]U K m gh m v
cm242
1 3 161 9
( 2 )( )32.0
2 2
ghvh h
g g
cm212
12 3 12 9
( 2 )( )2.00
2 2
ghvh h
g g
58. Lungo un asse delle ascisse orientato nel verso originale di avanzamento di
2m calcoliamo la velocità del CM del sistema un istante prima dell’urto
1 1CM
m vv m/s m/s2 2
1 2
0.300 5.002.14
0.400 0.300
m v
m m
e da essa le velocità dopo l’’urto:
112
(CMv v m/s1 1) 2 4.28CMv v v
m/s m/s12 2 2 22
( ) 2 (2 2.14 5.00) -0.72CM CMv v v v v v
x12
1 2h
x
18
osserviamo che 2m rimbalza indietro 2 0v essendo la sua massa inferiore.
Dalla conservazione dell’energia di 1m dopo l’urto, abbiamo la costante della molla:
2 21 11 12 2
0 [ 0] [0 ( ) ]U K kx m v
N/m N/m2 2
2 2 31 11 11 12 2 2 2
( ) 0.400 4.28( ) 1.30 10
0.0750
m vkx m v k
x
s s 3
4.002 6.28 0.348
1.30 10
mT
k
59. L’impatto proposto è un urto completamente anelastico dove si conserva la quantità di moto totale. Lungo un asse orientato come il verso del proiettile, dette la componente della velocità del proiettile v e quella del sistema dopo l’urto V
( )m
mv m M V V vm M
Dopo che il proiettile si è conficcato l’energia cinetica si converte in energia po-tenziale della molla. Detta k la costante elastica della molla:
2 21 12 2
0 [ 0] [0 ( )( ) ]U K kx m M V
2 21 12 2
( )( )kx m M V
e sostituendo il valore di V e quello di k che è legato al periodo da:
2
2
42 ( )
m MT k m M
k T
si trova:
12
2
2
4( )m M
T
2 1
2x ( )m M
2
0m
vm M
2 mx v
T m M
3(10.0 5000) 102 6.28
1.50
m Mv x
T m
310.0 10 m/s m/s26.00 10 126
60. Lungo un asse orientato nel verso di v chiamiamo V
la velocità del sistema
dopo l’urto; indicheremo le loro componenti semplicemente con v e V . Dalla conservazione della quantità di moto risulta:
11 1 2
1 2
( )m
m v m m V V vm m
Le energie cinetiche prima e dopo l’urto risultano:
2 2
2 2 21 11 1 2 1 2
1 2 1 2
1 1 1 1( ) ( )
2 2 2 2
m mK m v K m m V m m v v
m m m m
La frazione di energia cinetica perduta nell’urto è data da:
x
19
12K K
K
1m 2v 12
21[m /( 2
1 2)]m m v
12 1m 2v
/1 2
1 2 1 2 1 2
11
1
m m
m m m m m m
Imponendo che tale frazione sia il 30.0% cioè / /30 100 3 10 si trova:
/
1 1
1 2 2 2
1 3 10 10 71 1
1 10 3 3 3
m m
m m m m
61. Le due masse raggiungono il punto in basso con velocità ottenibile dalla conservazione dell’energia. Orientando un asse delle ascisse verso la destra del disegno si ha:
1 2 2x xv v gh con cosh L L Dopo l’urto totalmente anelastico si ha un blocco unico di massa
31 2 12
m m m e velocità orizzontale pari a quella del CM:
1 1 2 2 1 2( )x x CMm v m v m m v
11 1 2 2
1 2
x xCMx
mm v m vv
m m
112
2gh m
1
2gh
m 112
m34
2gh
Applicando la conservazione dell’energia 0K U alla fase dopo l’urto otteniamo la quota di risalita:
2
23 1 3 1 3 31 1 12 2 2 2 2 4
2CMxm gh m v m gh
312
m g 1 312 2
h m 916
2g 916
h h h con cosh L L
h L
h
L cos
L
L 9
16 16 cos 9 9 cos16cos
1
16 16 cos 9 9 cos
7 9 cos 7 9 0.866cos 0.925 cos (0.925) 22.3
16 16
Calcoliamo la frazione di energia conservata dopo l’urto facendo il rapporto fra le energie potenziali all’inizio ed alla fine:
1 31 1 12 2
U m gh m gh m gh 1 31 1 12 2
( )U m m gh m gh
312
m gLU
U
312
h
m gL
9
16
h
hh
Pertanto l’energia che durante l’urto si trasferisce al livello dell’agitazione delle molecole è pari a 79
16 161 0.4375 cioè il 43.75%
63. Calcoliamo il lavoro svolto dalla forza:
| | cos (100 0.400 cos20 )J 37.6JL F s
Eguagliamolo all’energia cinetica guadagnata dalla massa e troviamo la velocità acquisita:
h21
x
cosL
A B
F
A BV
A B
20
m/s212
2 2 37.6J 4.63
3.50A A AA
LL m v v
m
Da un urto completamente anelastico le due masse escono alla velocità del CM. Calcoliamo la velocità del centro di massa:
A A B BCM
m v m vv
m/s m/s3.50 4.63
2.703.50 2.50A Bm m
Eguagliando l’energia cinetica dei due blocchi incollati a quella potenziale ela-stica della molla nell’istante di massima compressione troviamo: 12
2 12
( )A B CMm m v 2kx
N/m N/m2 2
42 2
( ) (3.50 2.50) 2.701.22 10
0.0600A B CMm m v
kx
64. Da un urto completamente anelastico le due masse escono alla velocità del CM. L’energia dissipata nell’urto, pari all’incremento di energia interna, è la dif-ferenza fra l’energia cinetica prima e dopo l’urto:
2 2 21 1 1int2 2 2
( ) 100Jin fin A A B B A B CMK K m v m v m m v E
Possiamo calcolare la velocità del CM in funzione delle due velocità iniziali:
A A B BCM
A B
m v m vv
m m
e sostituirla: 2
2 21 1 1int2 2 2
( ) A A B BA A B B A B
A B
m v m vm v m v m m E
m m
2 2 2int( )( ) ( ) 2 ( )A A B B A B A A B B A Bm v m v m m m v m v E m m
2 2A Am v 2 2 2
A B A B Bm m v m v 2 2 2A B B A Am m v m v 2 2
B Bm v int2 2 ( )A B A B A Bm m v v E m m
2 2int int( 2 2 ) 2B A A A B A A B Am m v m v m v v E E m
int int2 2 2
int int
2 2
( 2 ) 2 ( ) 2A A
BA A B A B A A B
E m E mm
m v v v v E m v v E
kg kg2
2 100 4.5010.2
4.50(5.00 3.00) 2 100Bm
65. Calcoliamo la velocità con cui la massa A giunge in fondo al piano, appli-cando la conservazione dell’energia, sapendo che solo il 70 per cento dell’energia potenziale iniziale viene convertita in energia cinetica: 70 70100 100in fin AU K m 1
2sin AgL m 2
Av
m/s m/s70 70100 100
2 sin 2 9.81 2.00 sin 35 3.97Av gL
Da un urto completamente anelastico le due masse escono alla velocità del CM. Calcoliamo la velocità del centro di massa:
A A B BCM
m v m vv
m/s m/s5.00 3.97
2.215.00 4.00A Bm m
Dalla formula per la gittata di un lancio orizzontale abbiamo:
R
h
A
B
A B
xA B
21
m m02 2 1.50
2.21 1.229.81
hR v
g
66. Calcoliamo la velocità con cui la massa A giunge in fondo al profilo curvo, applicando la conservazione dell’energia:
in fin AU K m 12A Agy m 2
Av
m/s m/s2 2 9.81 6.00 10.8A Av gy
Da un urto completamente anelastico le due masse escono alla velocità del CM. Calcoliamo la velocità del centro di massa:
A A B BCM
m v m vv
m/s m/s5.00 10.8
7.715.00 2.00A Bm m
Quando risalgono insieme alla quota By la loro velocità vale: 12
( )in fin fin A BK U K m m 2 ( )CM A Bv m m 12
( )B A Bgy m m 2finv
m/s m/s2 22 7.71 2 9.81 3.00 0.764fin CM Bv v gy
Dalla formula per la gittata di un lancio orizzontale abbiamo:
m m0
2 2 3.000.764 0.597
9.81By
R vg
67. Lungo un asse delle ascisse orientato nel verso originale di avanzamento di
calcoliamo la velocità del CM del sistema un istante prima dell’urto
1 1CM
m vv m/s m/s2 2
1 2
0.400 6.002.67
0.500 0.400
m v
m m
e da questa le nuove velocità dopo l’urto:
m/s m/s2 22 (2 2.67 6.00) 0.667CMv v v
m/s m/s1 12 (2 2.67 0.00) 5.34CMv v v
Il periodo di oscillazioni della molla è dato da /12T m k , ci occorre quindi
la costante della molla, che possiamo ricavare eguagliando l’energia cinetica della massa 1 a quella potenziale elastica della molla nell’istante di massima compressione : 12
2 11 1 2
m v 2kx
N/m N/m2 2
1 12 2
0.500 5.3422.3
0.0800
m vk
x
da cui:
/ / s s12 (6.28 0.500 22.3) 0.940T m k
Dalla formula per la gittata di un lancio orizzontale abbiamo infine:
m m cm22 2 1.20
0.667 0.330 33.09.81
hR v
g
69. L’angolo che la velocità 1v forma con la direzione iniziale di 1v
vale:
2m
AyBy
A B
R
A
B
A B
R
h
h
21
21
22
= 1 1 1 13
2 1
1tan tan 18.4
33
v v
v v
da cui si ricavano i moduli delle due velocità dopo l’urto: m/s m/s1 1 sin18.4 (6.00 sin18.4 ) 1.89v v
m/s m/s2 1 cos18.4 (6.00 sin18.4 ) 5.69v v
Quindi la prima sfera, muovendosi alla velocità costante di m/s1.89 dopo s4.00 ha percorso, nella direzione che congiungeva i centri al momento
dell’urto, una distanza: m m1 (1.89 4.00) 7.56d
mentre la seconda sfera, muovendosi alla velocità costante di m/s5.69 dopo s4.00 ha percorso, nella direzione perpendicolare a quella che congiungeva i
centri al momento dell’urto, una distanza: m m2 (5.69 4.00) 22.8d
La distanza d che separa le due sfere dopo s4.00 è l’ipotenusa del triangolo in cui 1d e 2d sono cateti, e cioè:
m m2 2 2 21 2 7.56 22.8 24.0d d d
70. Il modulo della velocità con cui viene tirata la seconda palla è ininfluente ai fini del centro in buca, che dipende solo dalla situazione geometrica. La velocità
2v forma con la direzione originaria una angolo che vale:
/ /
130 2tan 0.510 27.0
255 2
e che per similitudine dei triangoli è uguale a quello che la congiungente i raggi delle sfere nel momento del contatto forma con una retta parallela alla sponda lunga. Calcoliamo la distanza d fra i CM delle due palle e da questa la distanza x della seconda palla dalla sponda:
cm cm2 sin (6.00 sin27.0 ) 2.72d R
cm cm130133
2x d
La velocità 1v è cateto nel triangolo rettangolo in cui 2v
è ipotenusa ed ango-lo adiacente:
m/s m/s1 2 cos (2.80 cos 27.0 ) 2.49v v
71. Introducendo un riferimento avente l’asse delle ascisse orientato nel verso di
1v
ed un asse delle ordinate orientato in verso contrario a 2v , risulta che la ve-
locità di 1m sulle ascisse non viene modificata dall’urto, dato che le forze impul-sive sono tutte sulle ordinate:
1 1 2 2x xm v m v 1 1 2 2x xm v m v m/s1 1 4.00x xv v
Sulle ordinate abbiamo il meccanismo tipico dell’urto in una dimensione, in cui la velocità del CM e pari alla media delle velocità prima e dopo l’urto:
1 1y
CMy
m vv m/s m/s
2 2
1 2
2.00( 3.50)1.40
3.00 2.00
ym v
m m
y
x1
2
1v
2v
1v
x
1cm85.0
cm65.0
2
2 2v
2v
d
1v
2v
2v
d
R
R
cm65.0
cm85.0
1v
1v2v
2d
1d2
1
d
23
112
(CMy yv v m/s1 1) 2 2.80y y CMyv v v
m/s12 2 2 22
( ) 2 [2 ( 1.40) ( 3.50)] 0.70CMy y y y CMy yv v v v v v
m/s m/s2 21 4.00 ( 2.80) 4.88v
ad un angolo con l’orizzontale: 1 2.80
tan 40.04.00
72. Applichiamo la conservazione dell’energia prima e dopo l’urto elastico:
2 2 2 21 1 11 1 2 22 2 2
(3.00 4.00 2.00 3.20 )J 34.2JK m v m v
2 2 2 221 1 1 1 11 1 2 2 1 1 2 1 1 2 12 2 2 2 2
(2 ) ( 2 )K m v m v m v m v m m v
21
1 2 12( 2 ) 32.4JK K m m v
m/s m/s1 1 11 22 2
34.2J 34.22.49
2 3.00 2 2.00v
m m
m/s2 12 4.98v v
73. Consideriamo il sistema formato dal vagone e dalla massa un istante prima ed un istante dopo l’urto. Trascurando come al solito la gravità, che non è una forza impulsiva e quindi ha effetti minimi nel breve lasso di tempo in cui av-viene la collisione, si ha che la quantità di moto in orizzontale del sistema non deve cambiare dato che le forze impulsive hanno direzione verticale. In un usuale riferimento, con le ascisse nel verso originale di avanzamento e le ordi-nate orientate in alto si ha:
1 1 2 2x xm v m v 1 2( ) xm m v
m m/s11
1 2
25.09.00 6.43
25.0 10.0x x
mv v
m m
L’energia dissipata nell’urto (e trasferita al livello del moto di agitazione delle molecole, cioè in energia interna) è data dalla differenza fra le energie cinetiche prima e dopo:
2 2 2 2 31 1 11 1 2 22 2 2
(25.0 9.00 10.0 4.00 )J 1.09 10 JK m v m v
2 21 11 22 2
( ) [(25.0 10.0) 6.43 ]J 724JK m m v
3(1.09 0.724) 10 J 370JK K 74. Si conserva la quantità di moto sul piano orizzontale, lungo il quale non agi-scono forze esterne. Dopo l’urto completamente anelastico le due auto prose-guono alla velocità del CM. Orientando un asse delle ascisse da ovest ad est ed uno delle ordinate da sud a nord risulta:
1 1 2 2x xm v m v 1 2( ) CMxm m v
m/s m/s11 2 1
1 2
150015.0 6.82
1500 1800x x CMx x
mv v v v
m m
1v
2v
2v
24
1 1ym v 2 2 1 2( )y CMym v m m v
m/s m/s21 2 1
1 2
180020.0 10.9
1500 1800y y CMy y
mv v v v
m m
Il blocco delle due auto prosegue dunque verso NORD-EST ad un angolo con la direzione SUD-NORD ed un modulo della velocità pari a:
1 10.9tan 58.0
6.82
m/s m/s2 26.82 10.9 12.9CMv
Nell’urto è stata trasferita al livello di agitazione molecolare un quantitativo K di energia pari alla differenza fra le energie cinetiche prima e dopo:
2 2 2 2 51 1 11 1 2 22 2 2
(1500 15.0 1800 20.0 )J 5.29 10 JK m v m v
2 2 51 11 22 2
( ) [ (1500 1800) 12.9 ]J 2.75 10 JCMK m m v
5 5 5(5.29 10 2.75 10 )J 2.54 10 JK 75. Trattandosi di un urto elastico e senza attrito, la forza esercitata della spon-da sarà tutta nella direzione ad essa normale. Nel primo urto la palla inverte la sua quantità di moto in direzione delle ascisse in figura e conserva quella in di-rezione delle ordinate:
sin 20.0 sin 20.0x x xp mv mv m v m v
kg m/s kg m/s(2 0.200 3.50 0.342) 0.479 Nel secondo urto la palla, che ha ancora la stessa intensità di velocità iniziale, inverte la sua quantità di moto in direzione delle ordinate (che è ancora quella iniziale), e conserva quella lungo le ascisse:
cos20.0 cos 20.0y y yp mv mv m v m v
kg m/s kg m/s(2 0.200 3.50 0.940) 1.32 L’impulso complessivamente esercitato dalla parete sulla palla è il vettore di componenti ( , )x yp p :
N s N s2 2( 0.479) ( 1.32) 1.41I F t p
uguale in intensità all’impulso esercitato dalla palla sulla parete. Considerando il triangolo rettangolo dove x è cateto minore, opposto all’angolo di 20.0 , ed il cateto maggiore misura cm255
2 abbiamo:
cm cm2602
( tan20.0 ) 47.3x
76. Ogni secondo che passa, contro la lamina impatta una massa:
kg/s kg/s(7 0.200) 1.40m
t
Fissiamo un asse delle ascisse nel verso opposto a quello dei proiettili, in modo che m/s350xv Se i pallini rimbalzano, la lamina in un intervallo t deve
produrre il ribaltamento della velocità di una massa m , cioè x xv v , e quindi una variazione di quantità di moto:
2x x x x x xp m v m v v m v m v m dividendo per t si ha la variazione prodotta ogni secondo:
x
y
x
20
yv
20
x
25
m/s kg/s kg m/s22 [ 2 ( 350 ) 1.40 ] 980xx
p mv
t t
pertanto la lamina esercita una forza:
N980xx
pF
t
Se invece i pallini si conficcano, la lamina in un intervallo t deve produrre l’annullamento della velocità di una massa m , cioè 0xv , e quindi una va-riazione di quantità di moto: x x x x xp m v m v v m v m dividendo per t si ha la variazione prodotta ogni secondo:
m/s kg/s kg m/s2[ ( 350 ) 1.40 ] 490xx
p mv
t t
pertanto la lamina esercita una forza:
N490xx
pF
t
81. Calcoliamo il momento angolare rispetto ai pali sommando i momenti ango-lari dei due uccelli ciascuno con il proprio verso e segno :
kg m /s kg m /s2 21 1 1| | | | 0 (6.50 9.00 sin 45 ) 124A AL m v d AB
kg m /s21 1 1 2 2 2| | | | | | 0B B BL m v d m v d
1 1 1 2 2 2| | | | | |C C CL m v d m v d
kg m /s kg m /s2 2( 6.50 9.00 4.00 9.00 sin 45 ) 99.1BC BC 82. La velocità della particella si lascia a sinistra il punto P, quindi osservato dal lettore, preso positivo il verso che va dalla pagina al lettore, tende a produrre rotazioni orarie e quindi momento angolare negativo: | | | | sin(60 45 )L m v OP
kg m /s kg m /s2 2 2 2 2 2( 2.60 sin15 2.00 3.00 1.00 1.00 ) 3.43 83. La distanza d fra la diagonale e lo spigolo AB (uguale a quella dallo spigolo BC) è la distanza fra i punti medi dei segmenti, visto che gli estremi dei due segmenti sono equidistanti, e vale. Relativamente ad uno stesso osservatore, il momento angolare rispetto ai due spigoli ha uguale intensità ma segno oppo-sto, e vale:
/ / kg m /s5 2 211 2 (5.00 10 3.00 10 4.00 11 2)L mvs
kg m /s6 29.95 10 84. Il momento angolare si conserva in quanto le forze che dall’esterno agiscono sulla pallina, cioè la tensione della corda e la gravità, appartengono sempre al piano che contiene la corda e quindi sono incapaci di far ruotare attorno ad un asse verticale. Pertanto il loro momento torcente rispetto a tale asse risulta in ogni istante nullo, da cui / 0L t
. Imponiamo la conservazione del
modulo di L
osservando che la velocità della pallina ha la sola componente trasversa rispetto al piano che ruota, cioè 1 1trav v
e 2 2trav v :
45
60
v
P
A
B
C
d
1v
2v
A
B C
N
S
EO
26
m/s11 2 2 13
( ) 3 15.0L m v R m v R v v
Il lavoro svolto dall’esterno sulla pallina è pari alla variazione della sua energia cinetica:
2 2 221 1 1 12 1 1 12 2 2 2
(3 )L K m v m v m v m v
2 214 (4 0.400 5.00 )J 40.0Jm v
85. Il momento angolare rispetto all’asse del bicchiere si conserva in quanto le forze che dall’esterno agiscono sulla pallina, cioè la gravità e la normale alle pa-reti appartengono sempre al piano che ruota e contiene la pallina e l’asse e quindi sono incapaci di far ruotare attorno a quest’ultimo. La velocità iniziale è tutta trasversa al piano e così dalla conservazione del momento angolare si ha che il suo valore non cambia mai poiché il parametro di distanza è sempre b R :
1 2 1 2tra tra tra traL R v R v v v
La velocità parallela all’asse è quella acquistata per l’azione della gravità da un corpo che è caduto di un tratto h , e cioè verso il basso e di modulo:
// m/s m/s22 2 9.81 4.00 10 0.254v gh
la velocità radiale è ovviamente sempre nulla dato che non cambia mai la di-stanza dall’asse. 86. Il momento angolare si conserva in quanto le forze che dall’esterno agiscono sulla pallina, cioè la gravità e la normale all’imbuto, appartengono sempre al piano che ruota e contiene la pallina e l’asse dell’imbuto. Pertanto il loro mo-mento torcente rispetto a tale asse risulta in ogni istante nullo, e quindi nulla la variazione del momento angolare. Indichiamo con 2v
la velocità tutta oriz-zontale, che vogliamo la biglia abbia a metà dell’altezza, ed imponiamo che in questa posizione il modulo di L
rispetto all’asse dell’imbuto sia lo stesso di
quando abbiamo lanciato la biglia: cm/s2 3
1 2 2 13 2( ) 18.0tra tra traL m v R m v R v v
dove si è sfruttato il fatto che la velocità iniziale è tutta trasversa rispetto al pia-no che ruota con la biglia e contiene l‘asse. L’assenza di attriti ed il fatto che sia nullo il lavoro da parte delle forze non con-servative (la normale), comporta che si conservi l’energia inizialmente impressa alla biglia. Considerato che le pareti sono inclinate di 45°, se scendendo dalla quota iniziale 1y a quella finale 2y il raggio perde un terzo della sua lunghezza,
di altrettanto la quota sarà diminuita in verticale: 11 2 3
y y R pertanto:
( 12
0K U m 2 1
2 2v m 2
1 ) (v m
2gy m 1) 0gy
2 2 2 21 1 1 1 1
2 1 2 1 2 12 2 2 2 3( ) 0 0v v g y y v v g R
m/s m/s cm/s2 22 2
2 1 3 30.120 9.81 0.250 1.28 128v v g R
Dal teorema di Pitagora:
WT
L
R
2v
1v
h
W
N
//v
trav
45
1v
trav
//v
radv
//v
radv
45
27
// 22 2 2
2 2 2 2rad trav v v v
Ma le due componenti radiale e parallela sono uguali dato che la velocità forma un angolo di 45° con entrambe le direzioni verticale ed orizzontale:
// 2 2 2
2 2 22 trav v v
// = cm/s cm/s2 2 2 21 1
2 2 2 22 2( ) (128 12.0 ) 90.1rad trav v v v
88. Le forze esterne al sistema (gravità e normale del piano di appoggio della piattaforma) hanno momento nullo rispetto all’asse centrale comune, pertanto si conserva il momento angolare rispetto a tale asse:
1 1 1 2 2( )I I I
e considerato che 211 1 12
I m R e che 22 2 2I m R risulta:
21 21 11 2 1 1
2 1 1 12 2 2 211 2 1 1 2 2 1 1 2 22
2
m RI m R
I I m R m R m R m R
rad/s rad/s2
2 2
80.0 4.003.60 3.11
80.0 4.00 2 25.0 2.00
89. Le forze esterne al sistema (gravità e supporto esercitato dall’asse della bar-retta) hanno momento nullo rispetto all’asse verticale di questa, pertanto si con-serva il momento angolare rispetto all’asse di rotazione. Quindi se il cilindro si mettesse in moto per arrestare la barretta dovrebbe girare nello stesso verso con velocità angolare 2 in modo da compensare il rallentamento della barret-ta, mantenendo il momento angolare complessivo uguale a quello iniziale. In direzione verticale il momento angolare iniziale contiene due termini, uno do-vuto alla rotazione della sbarretta e l’altro al fatto che il cilindro è una massa che ruota con velocità angolare 1 a distanza /2 dall’asse.
2 2 21 1 11 2 1 1 1 2 12 12 4
( )iniziale sbarrL I m m m
Al termine la barretta sarà ferma ed il momento angolare sarà quello dovuto al-la sola rotazione del cilindro:
212 22finaleL m R
uguagliando: 2 2 21 1 1
1 1 2 1 2 212 4 2m m m R
rad/s rad/s2 2
1 22 12 2
2
3 20.0 3 3.00 6.001.30 471
6 6 3.00 0.400
m m
m R
ed il segno positivo indica una rotazione antioraria, come quella iniziale che deve sostituire. Il lavoro che è necessario compiere è pari alla differenza fra le energie cinetiche finale ed iniziale:
2 2 2 2 2 21 1 1 1 11 1 2 1 1 2 12 2 12 4 24
( ) ( 3 )in inK I m m m m 2 21
24( 29.0 6.00 1.30 )J 73.5J
R2
28
2 2 2 21 1 1 12 2 2 22 2 2 4
( )fin finK I m R m R 2
1 2
22
3
6
m m
m R
2
21
2 24 42 211 1
2 1144 1442 22
20.0 6.003 3.00 3 1.30 J
3.00 0.400
mm
m R
42.66 10 J 42.66 10 Jfin in finK K K
90. Le forze agenti dall’esterno (gravità, supporti dell’asse) hanno tutte momen-to torcente nullo rispetto all’asse di rotazione in quanto appartenenti allo stesso piano. Si conserva pertanto il momento angolare attorno all’asse stesso, che prima dell’urto vale:
2 2traL m v d m v
e dopo l’’urto, considerato che la barretta ruota attorno ad un estremo e quindi il suo momento d’inerzia è 21
23I m , abbiamo:
2 2 211 1 23
L m I m m
uguagliando: 2
1m 2123
m 2m v
32
1 2
3 3 5.60 10
3
vm
m m
33 50.0 10 35.60 10 rad/s rad/s120
9.251.40
91. Le forze agenti dall’esterno (gravità, supporti dell’asse) hanno tutte momen-to torcente nullo rispetto all’asse di rotazione in quanto appartenenti allo stesso piano. Si conserva pertanto il momento angolare attorno all’asse stesso, che prima che l’uomo si incammini vale:
2 2 212piattaformaL I mR MR mR
mentre detta
la nuova velocità angolare quando l’uomo è al centro il momen-
to angolare vale: 21
2piattaformaL I MR
uguagliando le due espressioni: 21
2M R 2m R 21
2M R
rad/s rad/s2 500 2 80.01.254 1.66
500
M m
M
Calcoliamo la differenza fra le energie cinetiche finale ed iniziale: 2 2 2 2 21 1 1 1
2 2 2 2( )piattaformaK I mR M m R
2 2 31 12 2
[ ( 500 80.0) 5.00 1.254 ]J 6.49 10 J 2 2 2 2 2 31 1 1 1
2 2 2 4(500 5.00 1.66 )J 8.61 10 JpiattaformaK I MR
3 3(8.61 6.49) 10 J 2.12 10 JK K
e questa differenza corrisponde all’energia spesa dall’uomo tramite lavoro mu-scolare svolto attingendo alle sue riserve chimiche.
2
29
92. Il folle uomo dovrebbe correre nello stesso verso della rotazione, così che non potendo cambiare il momento angolare del sistema per azione di forze in-terne, la Terra diminuirebbe la sua. Uguagliando i sue momenti angolari:
2 225T T T T U UL I MR L mR
225M R 2
T m R 2
5U U TM
m
rad/s rad/s52 6.287.27 10
24 60 60T T
rad/s rad/s24
5 202 2 5.976 107.27 10 2.17 10
5 5 80.0U TM
m
che corrisponde ad una velocità trasversa: ) m/s20 6 21(2.17 10 6.378 10 1.38 10U Uv R
e ricordando che m/s83 10c , il valore corrisponde a quattromila miliardi di volte la velocità della luce… 93. Le forze agenti dall’esterno (gravità, supporti dell’asse) hanno tutte momen-to torcente nullo rispetto all’asse di rotazione in quanto appartenenti allo stesso piano. Si conserva pertanto il momento angolare attorno all’asse stesso, che prima dell’urto è la somma di quello della ruota (orario) e del proiettile (antio-rario). Indicando col segno positivo il momento angolare antiorario abbiamo per la componente di L
sull’asse z della ruota:
2z anelloL m v r I m v r Mr
e dopo l’urto abbiamo: 2 2( )zL mr Mr
2 2 2( )mr Mr m v r Mr
rad/s rad/s0.0500 40.0 2.00 0.150 ( 20.0)13.0
( ) (2.00 0.0500) 0.150
m v Mr
m M r
quindi la ruota prosegue a girare in verso orario a velocità ridotta. Nell’urto anelastico si è dissipato un certo quantitativo di energia meccanica, che è passa-to al livello dell’agitazione delle particelle ed è pari alla differenza fra le energie cinetiche:
2 22 2 21 1 12 2 2
( )ruotaK I m v Mr m v
2 2212[2.00 0.150 ( 20.0) 0.0500 40.0 ]J 49.0J
2 2 2 2 2 2 2 2 21 1 1 1 1
2 2 2 2 2( )ruotaK I mr Mr mr M m r
2 21
2[ (2.00 0.0500) 0.150 ( 13.0) ]J 3.90J
(49.0 3.90)J 45.0JK K
94. L’allungamento x della molla dopo il taglio del filo vale:
2 1 13 3 3
x R R R
30
in assenza di attriti la forza elastica /( 3)kx k R fornisce tutta la forza centri-
peta necessaria, che per una traiettoria circolare di raggio 23
r R si scrive:
/2 2 2 2
3cF m v r m r m R
confrontando con /( 3)kx k R troviamo la nuova velocità angolare:
rad/s rad/s21 23 3
/ 2 120 / (2 3.00) 4.47k R m R k m
Le forze agenti dall’esterno (gravità, supporti dell’asse) hanno tutte momento torcente nullo rispetto all’asse di rotazione in quanto appartenenti allo stesso piano. Si conserva pertanto il momento angolare attorno all’asse di rotazione (asse z), che prima che i filo venga tagliato è la somma di quello della piatta-forma e della massa a distanza /2R dall’asse:
2 2 2 21 1 1 1 1 1 12 3 2 2 9 2 9
( ) ( )z piaL I m R MR mR M m R
dopo il taglio del filo il momento angolare diviene: 2 2 21 1 2 1 4
2 2 3 2 9( ) ( )zL MR m R M m R
uguagliando i due i due valori di zL :
12
219
( )M m R 12
249
( )M m R 1949
9
9 4
M m M m
M mM m
che inserita nella relazione precedente permette di ricavare la velocità angolare prima e dopo il taglio:
= 9/ 2
9 4
M mk m
M m
rad/s rad/s9 4 9 40.0 4 3.004.47 4.58
9 9 40.0 3.00
M m
M m
L’energia dopo il taglio è la somma dei due contributi cinetico e potenziale: 2 2 2 2 21 1 2 1 1
2 2 3 2 3( ) ( )pia m mollaK U K K U MR m R k R
2 21 4 12 9 9
[ ( ) ]R M m k
2 2 31 4 12 9 9(2.60 )[4.47 (40.0 3.00) 120] J 2.79 10 J
valore che coincide con quello prima del taglio dato che tutte la sola forza ad aver compiuto lavoro è stata quella elastica, conservativa. 95. Le forze agenti dall’esterno (gravità, supporti dell’asse) hanno tutte momen-to torcente nullo rispetto all’asse di rotazione in quanto appartenenti allo stesso piano. Si conserva pertanto il momento angolare attorno all’asse stesso, che prima del salto è la somma di quello della giostra e del ragazzo, (entrambi in verso antiorario). Indicando col segno positivo il momento angolare antiorario abbiamo per la componente di L
sull’asse z della giostra, e con r la distanza he
il ragazzo deve avere dall’asse abbiamo prima del salto: 2
z giostraL m v r I m v r MR
e dopo il salto, imponendo che non vari la velocità angolare abbiamo: 2 2( )zL mr MR
uguagliando:
31
2m v r MR 2 2mr MR m m1.26
0.9001.40
vr
Poniamo ora che il ragazzo venga calato da sopra alla distanza m0.900r dall’asse. Imponiamo ancora la conservazione del momento angolare:
2z giostra giostraL I I mr 2 2 21 1
2 2MR MR mr
rad/s rad/s
2 2 21 12 2
2 2
2 2 2 2
200 1.501.40 1.15
2 200 1.50 2 60.0 0.900
MR MR mr
MR
MR mr
96. Il lavoro necessario per tali operazioni è pari all’energia cinetica che alla fine possiedono i due oggetti:
21 12 2sfera sferaK I 2 2 2
5MR 21 1
2 2guscio guscioK I 2 2 23MR
indicando con t il tempo necessario al motore per portare la sfera, si ha:
W s s 2 2
2 215
300 1.50 2.40(200 ) 3.89
5 200P t t MR t
Per portare il guscio occorre un tempo pari a 53
del valore trovato, come si vede
facendo il rapporto fra le energie cinetiche: s s 5 5
3 3( ) 6.48guscio sfera guscioK K t t
97. Indichiamo con 1 2 e 2 le velocità dei due cilindri, prendendo negative le rotazioni orarie viste dall’alto. Se è la comune velocità angolare finale, si conserva il momento angolare dato che le forze d’attrito sono interne al sistema dei due cilindri:
2 2 21 1 1 1 11 22 2 2 2 2
( 2 )zL I I mR mR mR 2 2 21 1
2 2( )zL mR mR mR
uguagliando otteniamo: 2 21 1
2 2mR mR
Imponiamo che l’energia dissipata sia pari alla differenza fra le energie cineti-che alla fine ed all’inizio:
2 2 2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 51 22 2 2 2 2 2 2
( )( 2 ) ( )K I I mR mR mR 2 2 2 2 21 1 1 1 1
2 2 2 2 8(2 )( )K I mR mR
2 2 2 2 2 25 1 192 8 8
100JK K mR mR mR
rad/s rad/s
2 2 2 2 2 25 1 192 8 8
2 2
100J
8 (100J) 8 1001.32
19 19 6.00 2.00
K K mR mR mR
mR
99. Imponiamo 2b R nella formula per il parametro d’impatto:
2R R 00
1 3RR
UK U
K
32
3
2m
2TGM m
V m/s
11 24
6
2 2 6.67 10 5.97 10
3 3 6.378 10
GMV
R R
m/s km/s36.45 10 6.45 100. Risulta per l’orbita di trasferimento:
/ /2 3 24T a GM Ed essendo: m m / 3 3[(800 10 ) (1600 10 )] 2T Ta R R
/ m m3 3[(800 1600) 2 6370] 10 7570 10 si ottiene per la metà del periodo:
= s s2 3 32 3
311 24
4 3.14 (7570 10 )1 4 13.27 10
2 2 2 6.67 10 5.983 10T
T a
GM
Ricordando che in un’orbita l’energia totale vale /2TE GM m a Calcoliamo la differenza fra l’energia finale e quella iniziale ed avremo l’energia fornita dai razzi della sonda:
1 1
2 2 2T T T
fin in in fin
GM m GM m GM mE
a a a a
11 24 4 3 36.67 10 5.983 10 1.500 10 10 10J
2 (800 6370) (1600 6370)
148.38 10 J
101. L’energia della sonda sulla superficie del pianeta è tutta potenziale e vale:
Tin
T
M mE U G
R
L’energia complessiva della sonda in orbita è data dalla formula /2TE GM m a :
4T
finT
M mE G
R
La differenza fra questi due valori è l’energia che occorre per mandare la sonda in orbita:
3
4 4T T T
fin inT T T
M m M m GM mE E G G
R R R
11 24 411
3
3 6.67 10 5.983 10 1.400 10J 6.58 10 J
4 6370 10
102.
| | | | | | 1 1
2 2 2 2 2T
areale T
GML m v r v rV r GM r
m m r
m /s m /s11 24 3 2 10 216.67 10 5.983 10 (35800 6370) 10 6.49 10
2
33
103. Risulta:
/
22
[( ) 2] 7TT P T
AA P A T
RGM r GMv
r r r R
5 TR m/s
11 24
6
6.67 10 5.983 10 4
356.370 10
m/s km/s32.67 10 2.67
/
52
[( ) 2] 7TT A T
PA P P T
RGM r GMv
r r r R
2 TR m/s
11 24
6
6.67 10 5.983 10 5
76.370 10
m/s km/s36.69 10 6.69 104. La velocità della Luna al perigeo vale:
/[( ) 2]T A
PA P P
GM rv
r r r
11 24 8
8
2 6.67 10 5.983 10 4.060 10
(3.630 4.060) 10
83.630 10 m/s m/s km/s1078 1.078
Dalla formula per il momento angolare al perigeo: kg m /s24 8 21
81| | | | ( 5.983 10 3.630 10 1078)L P PL M r v
kg m /s34 22.89 10 105. La posizione del CM del sistema soddisfa la relazione:
1 21 2
2 1
5 5 5
4 4 4
r Mr r r
r M
L’energia complessiva è la somma di quella cinetica e di quella potenziale:
2 2 1 21 1 2 2
1 2
1 1| | | |
2 2
M ME M v M v G
r r
/ /
2 22 2 2 2
1 2 1 2
(4 5)1 4 1 1 4 16| | | | | | | |
2 5 2 (9 4) 2 5 45
M MM v M v G M v v G
r r
Per le velocità si ha: 2 2
2 11
2 4rv
T
21
24
r
/ 2 2
1 231 2
(5 4)( )
( )
rG M M
r r
/ 3 3(9 4) r/ 100
(9 5)81
GMG M
r
2 22 22
2 4rv
T
22
24
r
2
1 231 2
( )( )
rG M M
r r
/ 3 3(9 4) r/ 64
(9 5)81
GMG M
r
Sostituendo:
21 4 100 64 16 200 32 16
2 5 81 81 45 5 81 81 45
GM GM M GME M G
r r r r
104
405
GMr