5 Quantità di moto. Centro di massa. Dinamica

5 Quantità di moto. Centro di massa.
Dinamica impulsiva
(46 problemi, difficoltà 166, soglia 116)
Formulario
rCM =
M v dm ,
vettore posizione del centro di massa
M
q=m v,
Q=
M
v dm =
quantità di moto di un punto materiale
m
i
i
vi ,
t2
quantità di moto di un sistema
I = F dt,
impulso di una forza
R= i Fi ,
risultante delle forze esterne
R=M a CM,
teorema del moto del centro di massa
I =q,
teorema dell'impulso e della quantità di moto
t1
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)
137
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 ,
mv
.
V =
M +m
Nel tempo t impiegato dall’uomo a portarsi in A, il carrello ha percorso una
distanza
X =V t = mv t
ml
=
= 1 m,
M +m
M +m
quindi O si è spostato a sinistra di 1 m.
b)
V =
mv
80 2
m
=
= 0,5 .
M +m
320
s
c) L’energia cinetica del carrello, ora senza uomo, viene spesa interamente
contro le forze di attrito:
1
M V 2 = μ M g d,
2
V2
0,25
d=
=
= 0,06 m = 6 cm.
2μ g 2 0,2 9,8
138
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 = m v sin + M V ,
da cui
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
1
1
m g l cos 0 = m v 2 + M V 2 m g l cos ,
2
2
da cui
v=
M 2V 2
1
1
M V 2 + m 2 2 = m g l (cos cos 0 )
2
2 m sin e
V =
2m g l (cos cos 0 )
.
M
M 1 +
m sin2 139
b) Ricaviamo quindi v che risulta in modulo
v=
M
m sin
2m g l (cos cos 0 )
=
M
M 1 +
m sin2 2M g l (cos cos 0 )
.
M
2 m
+ sin m
c) Per = 30° e o = 60°, si ha
V =
3 1
2 0,3 9,8 0,5 2 2 = 0,34 m ;
0,8
s
0,8 1 +
0,3 0,25 v=
3 1
2 0,8 9,8 0,5 2
2
m
= 1,81
.
s
0,8
0,3 + 0,25 0,3
N.B. Si noti che per = 0°, cioè in posizione verticale, risulta
V =0
v=
2g l (1 cos 0 ).
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)
______
140
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
m1v1 = m1v1' + m2v 2 ,
v1' =
m1v1 m2v 2
.
m1
Dalla conservazione dell’energia abbiamo invece
1
1
1
m1v12 = m1v1'2 + m2v 22 ,
2
2
2
dalla quale, sostituendo l’espressione di v’1, abbiamo, dopo aver riordinato i
termini:
v 22 (m1 + m 2 ) = 2m1v1v 2,
da cui
0
v2 = 2m v
1 1
m
+
1 m 2
e, rispettivamente,
v1
'
v1 = (m m )v
2 1
1
.
m
+
m
1
2
Ora, la prima soluzione implica che la sferetta 1 “attraversi” la 2 senza subire
alcuna collisione, soluzione impossibile.
Risulta allora
v2 =
60
m
v1 = 1,2 2g h = 1,68
;
50
s
10
m
v1' =
v1 = 0,68
.
50
s
b) Per calcolare d basta imporre che tutta l’energia cinetica acquistata dalla
sferetta 2 in seguito all’urto si trasformi in energia potenziale:
1
m2v 22 = m2g d ,
2
v 2 1,682
d= 2 =
= 0,14 m.
2g 19,6
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
141
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 2v 2 + m1v '1 .
Applicando poi la conservazione dell’energia cinetica:
1
1
1
m1v o2 cos 2 = m2 v 22 + m1v1'2 .
2
2
2
Tenendo poi presente che m2 = 3 m1, ricaviamo dalle due precedenti equazioni:
vo
= 3v 2 + v1' ,
2
v o2
= 3v 22 + v1'2 ,
4
da cui si ottiene
v 2 (4v 2 v o ),
avente per soluzioni
0
v 2 = v o
4 .
Escludendo la soluzione assurda v2 = 0, si ha
142
vo = 4 v2 = 20 m/s
e quindi
v1' =
vo
m
3v 2 = 10 3 5 = 5
.
2
s
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
1
m1(v o sin )2 = m1g y max ,
2
e quindi
3
(v o sin )2 400 4
=
=
= 15,3 m.
2g
19,6
y max
Per trovare l’ascissa del vertice, ricordiamo che essa coincide con la metà della
gittata, ovvero
x max =
v o2 sin 2 400 0,866
=
= 17,7 m.
2g
19,6
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
x CM =
m d + M (d + l /2)
.
m +M
143
Quando l’uomo ha percorso un tratto x sulla zattera, indicando con d’ la nuova
distanza da riva dell’estremo A, dovrà essere
x CM =
m (d '+ x ) + M (d '+ l /2)
.
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 , avrà percorso nello stesso intervallo di tempo una distanza d – d’ = v t.
T
T
Sarà allora
m (v Tt v t) = Mv T t,
da cui
vT = mv
,
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
vA = v mv
M
120
m
=
v=
2 = 1,33
.
M +m M +m
180
s
Lo stesso osservatore vedrà avvicinarsi la zattera con velocità
vT = 60 2
m
= 0,67
.
180
s
b) Dalla (1), tenendo conto che x = l/2, si ha
d' =
d (M + m ) m l /2 2700 240
=
= 13,7 m.
M +m
180
La distanza dell’uomo da riva sarà allora
s = d '+
l
= 17,7 m.
2
144
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
F =
dQ d (M v )
dv
dM
=
=M
+v
,
dt
dt
dt
dt
dove v dM/dt è la spinta Fs agente sul razzo.
Ne consegue
dv
F =M
+ Fs .
dt
Proiettando tale equazione su un asse y orientato verso l’alto e tenendo conto
che F è il peso del razzo, abbiamo
dv
Fs ,
dt
F
dv = g dt + s dt ,
M
M g = M
dove la massa M, variabile nel tempo, è
m
t.
to
M = M0 Allora
dv = g dt +
Fsdt
m
M0 t
t0
.
Integrando, ricaviamo
v = g
= g
t0
0
dt + F
s
t0
0
t0
0
dt
= g
m
M0 t
t0
t0
0
dt Fst0
m
m d t
t0
t0 dt
=
0
m
M0 t
t0
t
Fst0 Ft
M m
m 0
=
dt ln M 0 t = g t0 s 0 ln 0
M0
m m
t0 0
= 9,8 68 68 8,5 105 23
m
ln
=
1215
.
40
s
1,7 104
145
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:
mgh =mgy +
1
m v 2 + μ m g s cos ,
2
avendo tenuto conto del lavoro compiuto contro le forze di attrito.
Ma y = h – s cos , quindi
v=
2g (s sin μ s cos ) =
2g s (sin μ cos ).
Applicando poi la conservazione della quantità di moto totale del sistema e
indicando con V la velocità con cui retrocede il sistema, abbiamo
m v x + (M + m )V = 0,
da cui
V =
m cos M +m
2g s (sin μ cos ).
b) Il moto del blocco è uniformemente accelerato con accelerazione
a = g (sin – μ cos ),
quindi, essendo V = a’ t, sarà
146
V =
m g cos (sin μ cos )t.
M +m
Il moto del cuneo avrà quindi un’accelerazione
a' = quindi
x=
m g cos (sin μ cos ),
M +m
m g cos 1
a 't 2 = (sin μ cos )t 2 ,
2
2(M + m )
c)
50 a'=
3
3
9,8 0,5 0,3 2
2 m
= 0,19 2 .
550
s
d) Nell’istante in cui il blocco abbandona il cuneo, la sua velocità è
vB =
4g h (sin μ cos ) = 2 g h (sin μ cos ),
la cui componente orizzontale vale
v Bx = 2cos g h (sin μ cos ).
Dalla conservazione della quantità di moto:
m vBx + M V’ = 0,
otteniamo
V'=
m
50
3
3
m
v Bx = 2
9,8 0,3 0,5 0,3 .
= 0,15
2
2
M
500
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)
147
_____
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
a CM =
m m1
R
0,2 9,8 100
m
=μg 2
=
= 0,65 2 ,
m1 + m2
m1 + m2
300
s
orientata verso riva.
b) Scriviamo separatamente le equazioni di moto delle due zattere lungo l’asse
x.
m1 a1 = T – μ m1 g,
zattera1
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
a1 =
μ g (m2 m1 )
m1 3m2
=
0,2 9,8 102
m
= 1,96 2 ,
2
10
s
m
,
s2
T = m1(μ g + a1 ) = 200 (0,2 9,8 + 1,96) = 784 N = 80 kgf.
a 2 = 3a1 = 5,88
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
148
da cui
V =
mv
.
M 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
1
1
(M m )V 2 + (M m )g (x x 0 ) = k (x 2 x 02 ),
2
2
2
2
2 2
k (M m ) x 2g k (M m ) x k m v + M (M m )(M 2m )g 2 = 0.
Sostituendo i valori numerici e risolvendo, si ha
3,27 104 ± 1,17 108 1,25 cm
x=
=
3, 4 106
0,64 cm.
Risulta anche
xo =
M g 1,2 9,8
=
= 0,98 cm.
k
1200
Dovendo però essere x > xo, la sola soluzione accettabile per x è
x = 1,25 cm,
cui corrisponde una lettura
m' =
kx
= 1,53 kg.
g
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)
149
______
Indicando con T la tensione del filo e con a l’accelerazione con cui m2 trascina
m1, si ha, separatamente per le due masse:
T m2g = m2a
T m1g = m1a ,
da cui
a=
m2 m1
g.
m2 + m1
Ora, dalla relazione che fornisce la posizione del centro di massa del sistema
misurata verso il basso con origine in O:
yCM =
m1y1 + m2y2
,
m1 + m2
da cui
2
a CM
m m1 m a + m2a 2 m1a + m2a m2 m1
= 1 1
=
=
a = 2
g.
m1 + m2
m1 + m2
m1 + m2
m1 + m2 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
150
M V + m v cos = 0,
da cui
V =
m v cos .
M
Il trespolo si arresterà quando la sua energia cinetica iniziale si sarà
completamente trasformata in aumento di energia potenziale, cioè quando
1
M V 2 = M g l (1 cos ),
2
2
V
m 2v 2 cos 2 9 104 36 0,5
cos = 1 1
=1
=
=
2g l
2M 2g l
2 64 104 9,8 0, 4
= 1 0,3229 = 0,677
e infine
= 47°23'.
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
1
1
k d 2 = m v 2,
2
2
v =d
k
.
m
151
Il carrello nel frattempo si è spostato verso destra per la conservazione della
quantità di moto e avrà raggiunto una velocità V tale che
m v + (M + m )V = 0,
mv
V =
.
M +m
La velocità con cui la sferetta abbandona il carrello per un osservatore assoluto
fermo in O è
v A = v R + v T = v +
mv
Mv
=
.
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
l
l = m s + M s + ,
2
2
m l = m s + M s,
ml
s=
.
M +m
ml + M
Partendo dalla legge oraria del moto della sferetta in caduta, ricaviamo
l’equazione della sua traiettoria:
y=
1 2
1 x2
g t + l = g 2 + l.
2
2 vA
Ma quando la sferetta tocca terra è y = 0 ed x = s, quindi
l=
g m 2l 2
=
2v A2 (M + m )2
g m 2l 2
g m 3l 2
=
,
M 2v 2
2M 2d 2k
2
2
(M + m )
(M + m )2
da cui
g m 3l
9,8 103 4 101
N
k=
=
= 19,6
.
2 2
4
2M d
2 10
m
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 t1 =
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)
152
______
a) Applicando il principio di conservazione della quantità di moto, si ricava la
velocità V’ del camion dopo la perdita del sacco:
M V = m V + (M m)V ',
da cui
V '=
M +m
km
m
V = 1,08V = 97,5
= 27,1 .
M -m
h
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
a=
V ' 27,1
m
=
= 2,26 2 .
t1
12
s
b) Il primo tratto viene percorso con velocità costante V’, il secondo con
decelerazione costante a, quindi:
d = V ' t + v ' t1 1 2
a t 1 = 162,5 m.
2
c) Il sacco, cadendo con velocità orizzontale V, segue una traiettoria di equazione
gx 2
y=
+h
2V 2
quindi tocca terra (y = 0) a distanza dal punto di distacco
xo =
2h V 2
=V
g
2h
90
=
g
3,6
1,6
= 10,1 m ;
9,8
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)
153
______
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:
1
1
m v 02 + m g h = m v 2 ,
2
2
v0 =
v2 2g h ,
quindi
m v2 2g h
= 592,2 N = 60, 4 kgf.
F =
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)
154
______
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
1
1
1
m1v 2 = mV 2 + m1v '2 .
2
2
2
Essendo m1 = 2 m, ricaviamo il seguente sistema
2v = V + 2v '
2v 2 = V 2 + 2v '2 ,
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:
1
mV 2 = m g l ,
2
1 16 2
v = g l,
2 9
v=
3
2
gl
m
= 2,57
.
2
s
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.
155
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:
1
x2
y= g 2
+ x tan + h.
2 v o cos 2 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
l
2 h + d + tan 2
=
2,2
0,5
9,8
m
= 4,54
.
s
2 0,8 + 2,2 1,73 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,
156
da cui
V =
m v o cos m +M
=
0,2 4,54 0,5
m
= 0,14
.
3,2
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:
Ed =
1
1
m v 2 (m + M )V 2 = 3,6 0,03 = 3,57 J.
2
2
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
x
= o 1 + ,
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
x CM =
x dm ,
M
dove l’elemento infinitesimo di massa è
x
dm = dV = S dx = o 1 + ;
l abbiamo allora:
l
x
x
x oS 1 + dx
x 1 + dx
0
0
l l = l
= l =
x
x
oS 1 + dx
1 + dx
0
0 l l 2
3
l
1 l
+ 5
= 2 l 23 = l .
1 l
9
l+ l 2
l
x CM
l
0
1
l
1
dx +
l
x dx +
l
0
l
x dx =
x dx
2
0
l
0
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
157
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
2
1
m v1 + m v 2 ;
3
3
dalla conservazione dell'energia cinetica totale nell'esplosione,abbiamo:
1
1
1
2
m v exp
= m v12 + m v 22 ,
2
3
6
m v exp =
dove vexp è la velocità del proiettile all’istante dell’esplosione, ricavabile
tenendo conto che la quota che raggiungerebbe il proiettile inesploso sarebbe
h=
v o2
2g
ma, sapendo che il proiettile esplode alla quota h /2:
v exp =
v o2 2g
h
=
2
v o2 g h =
v o2 g
2
v o2
= vo
.
2g
2
Risolvendo il sistema, si trova
v1 = v 2 = v exp =
2
m
v o = 21,2
.
2
s
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
v
v
v
30
t volo = ts + t d = 2 + o = o (1 +
1,707 = 5,2 s .
)=
g
g
g
2
9,8
5.19. Due identiche sferette puntiformi si scontrano centralmente, la prima in
moto con velocità v1= 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
158
sfere dopo l’urto procedano unite. Calcolare le velocità delle due sfere, u1 e u2
dopo l’urto.
(3)
______
Nel caso in cui dopo l’urto le due sferette procedono unite, la conservazione
della quantità di moto ci dà
m v1 = (2m)V
V =
v1
2
;
la quantità di energia persa in tale caso è
E =
1
1
1
m v12 (2m )V 2 = m v12 .
2
2
4
Nel caso in esame, scrivendo la conservazione della quantità di moto,
otteniamo
m v1 = m u1 + m u2 ,
mentre dal bilancio energetico si ha:
1
1
1
1
1
E = m v12 = m v12 m u12 mu22 ,
2
8
2
2
2
3
u12 + u22 = v12 .
4
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)
_______
159
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:
m v + M u = m v '+ M u '
m v 2 + M u 2 = m v '2 + M u '2 .
La prima equazione ci dà:
u' =
m
m
v +u v ' u,
M
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:
v '2 (M + m ) 2v '(m v + M u ) + m v 2 + 2M u v M v 2 = 0,
M 2
m
m 2
2
1 +
v ' 2v ' v + u + v + 2u v v = 0,
m
M
M
2
v ' 2u v '+ 2u v v 2 = 0,
che ha per soluzioni
v’ = 2 u – v, v’ = v,
delle quali è accettabile solo la prima, con risultato
v ' = 1
m
.
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)
160
_______
a) La pallina percorre una traiettoria parabolica di equazione
g x2
y= 2
+h,
2v D cos 2 45°
ma, per y =0, x =d ,perciò:
0=-
g d2
+h
v D2
e quindi:
vD = d
g
=d
h
g
m
= 1,49
.
s cos 45°
s
b) La pallina percorre i tratti orizzontali AB e CD senza variare la propria
velocità, mentre rallenta nel tratto BC. Sarà allora:
vD =
v A2 2g h ;
l’impulso prodotto dalla mazza sulla pallina deve uguagliare la variazione di
quantità di moto di quest’ultima, che parte da ferma, perciò:
F t cos 45° = m v A
da cui
m vA
m
F =
=
t cos 45° t cos 45°
3 2 102
v + 2g s cos 45° =
6 103
= 38,6 N .
2
D
2,22 + 27,7 =
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)
______
161
La sferetta toccherà la parete in un punto B a quota l con velocità vB tale che
1
1
m v 2 + m g h = m v B2 + m g l ,
2
2
dove la quota l si ricava dall’equazione della traiettoria parabolica ponendo in
essa x = d:
g x2
y=
+h,
2v 2
g d2
l =h .
2v 2
Allora :
v B2 = v 2 + 2g (h l ) = v 2 +
vB =
v2 +
g 2d 2
=
v2
400 +
g 2d 2
,
v2
6146,6
m
= 20,38
.
400
s
Calcoliamo ora l’angolo con cui la sferetta incide sulla parete; sarà
dy tan = ,
d x B
da cui:
tan = gd
= 0,196 , = 11,1° .
v2
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.
-
1 g s2
+ s tan + l = 0 ,
2 v B2 cos 2 che ha per soluzione
78, 4 ± 7840
s=
=
9,8
162
1,03 m
.
-17,03 m
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
d=
2v o2sin cos ,
g
si ha
vo =
gd
.
2 sin cos Nel lancio si ha anche la conservazione della quantità di moto in direzione
orizzontale:
m v o cos = M V,
V =
m
M
g d cos 2sin .
Il discobolo dissipa la sua energia cinetica M V
attrito:
2
/2 per vincere la forza di
1
M V2 = μ M g ,
2
quindi
x=
V2
m 2g d cos m 2d
9 50
=
=
=
= 13,9 cm
2μ g 4μ g M 2sin 4μ M 2tan 4 0,1 8100
.
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 v1 = 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)
163
______
a) Applicando il principio di conservazione della quantità di moto sui due assi x
e y, abbiamo:
asse x
v 1 = v 1' cos + v '2cos ,
asse y
0 = v 1' sin v '2 sin .
(1)
Trattandosi di urto elastico deve valere anche il principio di conservazione
dell’energia cinetica totale:
1
1
1
mv 12= mv 1' 2+ mv '22,
2
2
2
v 12= v 1' 2+ v '22,
(2)
per cui gli angoli e sono complementari e quindi
= 54°.
b) Dalla (1) e dalla (2):
2
v 1' sin 2 = v
(v 12 v
v '2 =
' 2
2
sin 2 ,
' 2
2
) sin 2 = v
v 1 sin sin 2 + sin 2 sin 2 ,
' 2
2
=
10 0,588
m
= 5,88 .
s
0,345 + 0,655
=
10 0,655
m
= 6,55 .
s
0,345 + 0,655
c) Con lo stesso metodo si ricava
v 1' =
v 1 sin sin + sin 2
2
164
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:
1
1
1
k s 2 = m v A2 + 2m v B2 ,
2
2
2
da cui, per la precedente relazione tra le due velocità:
2
v
1
1
1
3
k s 2 = m v A2 + 2m A = m v A2 .
4
2
2
2
4
Dividendo membro a membro la (2) per la (1), otteniamo:
k s2 3
= vA,
2I
8
2
3
4k s
4 6 10 4 102
m
=
= 32
vA =
3I
30
s
e
v B = 16
165
m
.
s
(2)
b) Sostituendo quest’ultimo valore nella (1), si ricava
mA =
I
10
=
= 0,31 kg
2v B 32
e quindi
mB = 0,62 kg.
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:
mv = M V +
mv
,
4
quindi
V=
3m
m
v = 1,8
4M
s
.
b) Il lavoro di perforazione è la differenza tra la somma delle energie cinetiche
finali e l’energia cinetica iniziale del proiettile:
2
1
1 v 1
L = K = M V 2 m + mv2 =
2
2 4
2
= 0,5 3,24 0,02 225 + 0,02 3600 = 65,9 J .
166
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
q = mv mv
mv
=
;
4
4
2
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
xb=
1
μ g t 2+ V t ,
2
mentre la legge oraria del proiettile è
xp=
ma è anche
x p= d + x
'
p
v
t,
4
e
x b + x 'p = d ,
dove x’p è la distanza percorsa dopo il rimbalzo elastico sulla parete. Allora
v
1
μ g t 2+ V t + t d = d ,
2
4
2 μ g t 2 (4V + v )t + 8d = 0,
t=
4V + v ±
t 1 = 14,3 s
(4V + v ) 2 64μ g d 67,2 ± 2007,04 .
=
=
4μ g
7,84
t = 2,9 s
2
Ora, per stabilire quale delle due soluzioni è quella corretta, osserviamo nel
tempo t1 il blocco è avanzato di
xb=
1
0,2 9,8 (14,3) 2 + 1,8 14,3 = 174,7 m ,
2
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).
167
Calcoliamo il tempo di arresto del blocco, scrivendo
V μgt
t
arr
=
arr
= 0,
V
= 0,92 s .
μg
In tale intervallo il blocco avrà percorso la distanza
x
arr =
V
2
μg
= 0,83 m
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
t=
x
p
v /4
=
4x
v
p
= 2,6 s .
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:
168
1 2
gt ,
2
1
yd = g t 2 + vo t ,
2
yG =
che, sommate m.a.m., danno
yG + y d = h = v o t ,
da cui si ricava che le sferette si incontrano dopo un tempo t
tc =
h
55
=
= 1,67 s .
v o 33
In tale istante la sferetta di Galileo ha velocità
v G = g t c = 9,8 1,67 = 16,3
m
,
s
mentre quella del discepolo ha velocità
v d = 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:
v G v d = uG + ud ,
v G2 + v d2 = uG2 + ud2 ,
che hanno come soluzione
a)
uG = v d
ud = v G
,
b)
uG = v G
ud = v d
.
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)
169
______
a) Dalla conservazione della quantità di moto totale del sistema proiettileblocco-parete, abbiamo
mv
mv = M V +
,
2
mv
V =
.
2M
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
d+x =
vt
.
2
Uguagliando le due espressioni di t e sostituendo quella di V, otteniamo
(d x )2M 2(d + x )
=
,
mv
v
M (d x ) = m(d + x ),
x=
b) Il tempo impiegato sarà
t=
d (M m ) 20 1,9
=
= 18,1 m.
M +m
2,1
2(d + x ) 2 38,1
=
= 0,76 s.
v
100
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
q = q f q i = m v m v = 2m v
e la parete riceverà pertanto un impulso uguale e opposto
I = 2m v = 2 0,1 100 = 20 N s.
d) Il lavoro di perforazione (negativo in quanto resistente) è pari alla variazione
di energia cinetica totale del sistema, cioè
1
1 v2 1
1 m 2v 2 3
L = K = K f K i = M V 2 + m
mv2 = M
mv2 =
2
2
4 2
2
4M 2 8
102 104 3 101 104
=
= 368,8 J.
82
8
170
e)
V =
mv
m
= 2,5
.
2M
s
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
a1 = F
300
m
=
= 3,75 2 ,
m
80
s
a2 =
F
300
m
=
=3 2.
M 100
s
b) Il moto sarà per entrambe uniformemente accelerato; la persona più pesante
percorre nel tempo t la distanza
xM =
1
a 2t 2 = 37,5 m.
2
Nello stesso tempo la persona più leggera percorre in verso opposto la distanza
x m = 46,9 m.
c) I due disteranno quindi
d) la velocità di m sarà
d = 84,4 m.
vm = a1 t = 3,75 . 5 = 18,8 m/s.
e) Applichiamo la relazione che fornisce la posizione del centro di massa:
x CM =
m xm + M x M
80 46,9 + 100 37,5
=
= 0.
m +M
180
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
171
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=
Inoltre
v10 =
m 0v 0
m0 k t
.
10 10
m
= 10,1 .
1
10 10
s
b) Il tempo di svuotamento si ricava dalla (1) ponendo in essa m = m0 – ma, cioè
ts =
ma 20
=
= 200 s.
k
0,1
c) Ricaviamo ora la legge oraria.
m 0v 0
dx
=
,
dt m 0 k t
dx =
x =
m 0v 0dt
m0 k t
m 0v 0
k
=
m 0v 0 d(k t)
,
k m0 k t
ln(m 0 k t) + costante.
Per determinare la costante, sappiamo che per t = 0 è x = 0, quindi
costante =
m 0v 0
k
lnm 0.
Ne consegue
x(t) =
m 0v 0
k
ln
m0
m 0 kt
(2)
La distanza di svuotamento si ottiene dalla (2) ponendo in essa t = 200 s, cioè
ds =
30 10
30
ln
= 3000 ln 3 = 3,3 km.
0,1
30 0,1 200
172
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:
m v = m v '+ M V ,
1
1
1
m v 2 = m v '2 + M V 2 ,
2
2
2
e quindi
2
m 2 (v v ')
,
mv = mv ' +
M
M v '2 + m v '2 2m v v ' M v 2 + m v 2 = 0,
2
2
(M + m )v '2 2m v v ' v 2 (M m ) = 0,
v
mv ± m 2v 2 + v 2 (M 2 m 2 ) mv ± Mv v'=
=
=
M +m
M +m
m M
v
.
m +M
A tali valori della velocità v’ corrispondono rispettivamente per la velocità della
parete i valori
0
V =
2m v
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)
2m M v
2 6 102 2 102 30
kg m
=
= 3,6
.
q = m(v ' v ) = 200,06
s
M +m
173
b) L’energia dissipata in urto elastico è sempre nulla!
c)
v' =v
m M
199,94
m
= 30
= 29,98
.
m +M
200,06
s
d)
V =
2m v
2 6 102 30
mm
=
= 18
.
M +m
200,06
s
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
vi=
2g h ,
ma, dato che si ferma a quota l, riparte con velocità
vf=
2g l ,
La sua variazione di quantità di moto sarà
q = m v = m (v f v i ) = m 2g ( l h ),
mentre quella della parete, che verrà ricevuta sotto forma di impulso, sarà
uguale e opposta, ovvero
q p = m 2g ( h l ).
174
La forza media nell’intervallo di tempo t esercitata dalla sferetta sulla parete
sarà allora:
_
F =
q
t
p
=
m 2g
( h l ).
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
E d = 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
mgh
.
2n
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
2m u + m v = 2m u '+ m v '
e quello di conservazione dell’energia cinetica
1
1
1
1
(2m ) u 2 + m v 2 = (2m )u '2 + m v '2 .
2
2
2
2
Sviluppando il sistema delle due precedenti equazioni, otteniamo
3u '2 2u '(v + 2u ) + u 2 + 2u v = 0,
v + 2u ± v 2 + 4u 2 + 4uv 3u 2 6uv v + 2u ± v 2 + u 2 2uv
u' =
=
=
3
3
2v + u
v + 2u ± (v u ) =
= 3
3
u,
cui corrispondono per v’ (= 2 u + v –2 u’) rispettivamente i valori
4u v
v'= 3
v .
175
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
u' =
2v + u
,
3
v'=
4u v
.
3
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 +v
.
dt
Ma se il nastro mantiene costante la velocità (a=0),
F =v
b) La potenza necessaria è
dM
= 2 70 = 140 N.
dt
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:
dm M v0 = 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:
176
dm
= S v1,
dt
da cui
v'=
M v0
15 4
60
12
=
=
=
.
1
M + S v1t 15 + 1000 2,5 10 1 t 15 + 250 t 3 + 50 t
Il minimo valore di v’ corrisponde al riempimento completo, che viene raggiunto
quando
r v1S t = r V ,
da cui
t0 =
v min =
V
30 103
=
= 0,12 s
S v1 2,5 101 1
Mv 0
15 4
cm
=
= 19
.
3
M + V 15 + 1000 30 10 10
s
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
1
L = m ( 10 v 2 + 9 g h
2
) = 7 101(80 + 17,6) = 68,3 J.
c)
v'=
v 2 + 2gh =
16 + 19,6 0,2 = 4, 46
m
.
s
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
177
F =m
dv
dm
dm
+v
= ma +v
.
dt
dt
dt
Ma F = m g, quindi
F ma
m g (m a )
4m g
4 8 103 9,8
km
v=
=
=
=
= 1,05
.
2
dm /dt
dm /dt
dm /dt
3 10
s
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:
1
k d 2,
2
2m g (h + d ) 160 9,8 0,5
kN
k=
.
=
= 78,4
2
2
d
10
m
m g h = m g 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
k s = m g,
mg
80 9,8
s=
=
= 102 m = 1 cm.
4
k
7,84 10
178
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:
yCM =
M d + m h 80 1,1 + 20 1,7
=
= 1,22 m.
M +m
100
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:
G=
v 2sin(2 ) 36 0,866
=
= 3,18 m.
9,8
g
b) Applicando il principio di conservazione della quantità di moto in direzione
orizzontale, abbiamo
m v cos + (M m )V = 0,
m v cos 2 6 0,866
m
V =
=
= 0,21 ,
(M m )
50
s
dove il segno negativo sta a indicare che il lappone scivola dalla parte opposta a
quella in cui è stato lanciato lo scarpone.
179
c) Il moto del lappone sarà uniformemente decelerato con decelerazione μ g.
Scrivendo la legge oraria di tale moto,
r =V t ricaviamo
1
μ g t 2,
2
μ g t 2 2V t + 2r = 0,
t=
V ±
1867 s
V 2 2r μ g
0,21 ± 0,156 =
=
.
μg
1,96 104
276 s
Può apparire strano che il problema presenti due soluzioni;
sostituiamo i due valori del tempo nella legge oraria della velocità
se però
V = V – μ g t,
f
dove V è la velocità con cui il lappone raggiunge la riva, troviamo
f
V
f1
V
= 0,21 – 2 .10–5.9,8 .1867 = – 0,15 m/s,
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 v0 = 100 m/s, giunto al culmine della traiettoria esplode in 3
ms in due frammenti, uno di massa m /3 con velocità v = 150 m/s a un angolo
1
= 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
, fornisce sui due assi le seguenti equazioni:
2
180
2 1
2
= m v1 cos + m v 2 cos ,
2
3
3
1
2
0 = m v1sin m v 2sin ,
3
3
asse x
m v0
asse y
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
E=
m v12 2v 22
+
v 02 = 4 102 (7,5 103 + 9,76 103 104 ) =
23
3
= 2,9 kJ.
La potenza liberata è perciò
W =
E 2,9 103
=
= 97 kW.
t
3 103
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
g
sin 2 =
4 104 0,866
9,8
181
= 3535 m.
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:
m v o cos =
e quindi
v 2 = 2v o (cos m vo m
+ v 2,
2 4
2
1
m
) = 296,4
.
8
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
m G
m
+ 100 + x 2
22
2
G=
=
m
G
+ 100 + x 2
2
,
2
da cui
x 2 = 2G G
3G
100 =
100 = 5202 m.
2
2
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 m )V ,
182
quindi
V =
mv
10 400
m
=
= 2,68
.
M m
1490
s
b) L’energia cinetica con cui rincula il sistema viene utilizzata completamente
per vincere le forze di attrito:
1
(M m )V 2 = μ (M m ) g s,
2
da cui
μ=
7,2
V2
=
= 0,61.
2 g s 19,6 0,6
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
Ed =
m 2v 2
1
1
1
1
=
m v 2 (M m )V 2 = m v 2 (M m )
2
2
2
2
(M m )2
=
m v 2 M 2m
= 0,993 K .
2 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:
mgh =
vA =
2g h . =
1
m v A2 ,
2
19,6 0,6 = 3, 43
183
m
.
s
b) Quando il blocco è arrivato in A, dalla conservazione della quantità di moto
totale del sistema si ricava:
m v A cos + M V = 0,
V =
m
cos M
2g h = 0,8
2,5
0,766 19,6 0,6 = 0,84
m
,
s
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
m1 v1 = m2 v 2 ,
da cui, essendo dissipata completamente in lavoro contro gli attriti l’energia
cinetica del primo carrello
per cui
1
m1 v12 = μ g d1 m1,
2
v1 =
2μ g d1
e quindi
v2 = m1
m
v1 = 1
m2
m2
2μ g d1 .
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
m2
m2
1
1
m2 v 22 = m2 12 2μ g d1 = μ g d1 1 = μ g m2 d2 ,
2
2
m2
m2
da cui
m12
1
d2 = d1 2 = 18 = 2 m .
m2
9
184
b) L’energia liberata nell’esplosione è la somma delle energie cinetiche dei due
carrelli
1
1
1
m1 v12 + m2 v 22 = m1(2μ g d1 ) + μ g m2 d2 = μ g (m1 d1 + m2 d2 ) =
2
2
2
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
kx
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:
kx12 kx 22
=
+ m 1g (x1 + x 2 ),
2
2
da cui
mg
x2 = 1 ±
k
m12g 2 2m1g x1
+ x12 .
2
k
k
Tenendo conto della (1), si ha
m1 g
±
k
m g
m 12g 2 2m1 g x1
+ x 12 > 2 ,
2
k
k
k
185
e quindi
±
(m + m2 )g
m 12g 2 2m1 g x1
+ x 12 > 1
2
k
k
k
la cui soluzione fornisce
x1 >
g
(2m1 + m2 ).
k
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.
186