Esercizi di fisica con soluzioni/Quantità di moto

Esercizi

1. Urto elastico

Un corpo di massa m₁ si muove con velocità costante v₀, quando urta in modo elastico un corpo di massa m₂ inizialmente fermo. Calcolare le velocità v₁ e ₂ dei due corpi dopo l'urto approssimando alla prima cifra dopo la virgola. (se il risultato dovesse venire negativo è necessario far precedere il segno " - " prima del numero senza lasciare spazi, es:" -9 ". Il segno " + " può anche essere omesso

Questa esercitazione si divide in tre casi possibili:

1. m₁ > m₂ (m₁ =6kg; m₂ =4kg; v₀ =4m/s)
2. m₁ = m₂ (m₁ =5Kg; m₂ =5Kg; v₀ =6m/s)
3. m₁ < m₂ (m₁ =2Kg; m₂ =8Kg; v₀ =5m/s)

2. Esplosione

Una massa inizialmente in quiete esplode e si divide in due pezzi di massa m₁= 15Kg ed m₂=60Kg.

Supponendo che l'energia sprigionata dall'esplosione sia 4500 J e che tutta l'energia venga trasferita a m₁ e m₂ sotto forma di energia cinetica, calcolare le velocità v₁ e v₂ delle masse dopo l'esplosione approssimate alla seconda cifra dopo la virgola.

Muovendosi in direzioni opposte, una velocità sarà negativa.

3. Esplosione in quota

Un punto materiale di massa $m=1\ kg\$ viene lanciato lungo la verticale da una molla di costante elastica $K=300\ N/m\$, con la compressione iniziale $\Delta x=10\ cm$ e lunghezza a riposo $l_{o}=18\ cm$. Il punto materiale si stacca quando la molla raggiunge la posizione di riposo. Raggiunta un’altezza $h=30\ cm$ dalla posizione di distacco dalla molla, (ancora in fase ascendente) il punto materiale esplode in due frammenti di massa $m_{1}=0.333\ kg$ e $m_{2}=0.666\ kg$ come illustrato in figura. Gli angoli formati dalle direzioni delle due velocità $v_{01}\$ e $v_{02}\$ dei due frammenti subito dopo l'esplosione rispetto all'orizzontale sono $\theta _{1}=30^{o}\$, $\theta _{2}=20^{o}\$.

Si chiede di calcolare (trascurando l'attrito): a) La velocità $v_{0}\$ del punto materiale subito dopo il distacco dalla molla; b)le velocità $v_{01}\$ e $v_{02}\$ dei due punti materiali subito dopo l'esplosione; c) L’altezza massima raggiunta da $m_{1}\$ rispetto alla posizione dell'esplosione; d) La distanza $d\$ rispetto alla posizione del distacco in cui $m_{2}\$ cade a terra.

4. Tre carrelli

Tre carrelli di masse eguali $m=20\ kg\$ sono posti su una guida orizzontale senza attrito, uno dietro l'altro, e collegati mediante due corde (inestensibili). Le corde sono allentate la prima è lunga $l_{1}=20\ cm\$, la seconda $l_{2}=10\ cm\$. Al tempo $t=0\$ al primo carrello viene impartita una velocità $v_{o}=0.6\ m/s\$ verso destra della figura. Notare come agiscano solo forze interne al sistema e che via via che i carrelli vengono messi in moto le corde rimangono tese. Il processo agli effetti del calcolo è simile una sequenza di urti completamente anelastici.

Determinare: a) la velocità del terzo carrello quando inizia a muoversi; b) Quando ($t_{x}\$) il terzo carrello comincia a muoversi; c) l'energia meccanica dissipata.

5. Bomba

Una bomba, inizialmente ferma, esplode in tre frammenti $A\$, $B\$ e $C\$ di stessa massa $m\$. L'energia cinetica complessiva $E_{K}\$ dei tre frammenti si conosce (dal tipo di esplosivo e dalla sua quantità). Le direzioni di volo dei frammenti sono mostrate in figura, determinare il modulo della velocità di ogni frammento.

(Dati del problema $m=3\ kg\$, $E_{k}=10^{4}\ J\$)

6. Altalena

Un bambino è seduto su un'altalena di un parco giochi. Il sistema è schematizzabile come un pendolo semplice costituito da un filo inestensibile di lunghezza $l=2\ m\$ al quale è applicata una massa puntiforme $m=20\ kg\$. A partire dalla posizione di equilibrio (sistema fermo in verticale) l'altalena raggiunge l'angolo massimo ($90^{\circ }\$ rispetto alla verticale) attraverso una sequenza di $n=15\$ spinte eguali. Ad ogni spinta, esercitata quando la massa ha velocità istantanea nulla, nel punto più alto ogni volta raggiunto, viene fornito un impulso ${\vec {J}}\$ che ha sempre lo stesso modulo e direzione tangente alla traiettoria della massa (arco di circonferenza).

Determinare: a) Il modulo dell'impulso $|J|\$ dato ad ogni spinta  ; b) l'angolo massimo dell'altalena rispetto alla verticale dopo la prima spinta; c) la tensione massima del filo che sorregge l'altalena.

7. Sbarra sospesa

Una sbarretta di massa $M\$ è sospesa agli estremi da due molle eguali di costante elastica $k\$ che a causa della sospensione della sbarretta sono di lunghezza $\ell \$. Un piccolo oggetto di massa $m\$ cade dall'alto da altezza $h\$ e rimbalza in maniera elastica nel centro della sbarretta. Determinare a) la lunghezza a riposo delle due molle; b) la velocità di impatto e di rimbalzo dell'oggetto di massa $m\$; c) la altezza a cui rimbalza; d) la velocità della sbarra subito dopo l'urto e la sua ampiezza di oscillazione.

(dati del problema $M=4\ kg\$, $k=2000\ N/m\$, $\ell =20\ cm\$, $m=300\ g\$, $h=50\ cm\$)

Soluzioni

1. Urto elastico

Questo esercizio può avere tre soluzioni, a seconda che la massa urtante sia uguale, maggiore o minore di quella urtata.

Prima verrà analizzata la formula generale, successivamente verranno affrontate caso per caso tutte le soluzioni.

Espressione generale

${\begin{cases}m_{1}v_{0}=m_{1}v_{1}+m_{2}v_{2}\\{\frac {1}{2}}m_{1}v_{0}^{2}={\frac {1}{2}}m_{1}v_{1}^{2}+{\frac {1}{2}}m_{2}v_{2}^{2}\end{cases}}$

Possiamo dividere per m₂ la prima equazione (che sicuramente sarà diversa da 0) e moltiplicare per 2 la seconda ottenendo:

${\begin{cases}{\frac {m_{1}}{m_{2}}}v_{0}={\frac {m_{1}}{m_{2}}}v_{1}+v_{2}\\{\frac {m_{1}}{m_{2}}}v_{0}^{2}={\frac {m_{1}}{m_{2}}}v_{1}^{2}+v_{2}^{2}\end{cases}}$

Isolando il termine in v₂ nelle due equazioni otterremo:

${\begin{cases}{\frac {m_{1}}{m_{2}}}(v_{0}-v_{1})=v_{2}\\{\frac {m_{1}}{m_{2}}}(v_{0}^{2}-v_{1}^{2})=v_{2}^{2}\end{cases}}$

Sostituendo v₂ nella seconda equazione otterremo:

${\frac {m_{1}}{m_{2}}}(v_{0}^{2}-v_{1}^{2})=\left({\frac {m_{1}}{m_{2}}}\right)^{2}(v_{0}-v_{1})^{2}\Rightarrow \ {\frac {m_{1}}{m_{2}}}(v_{0}+v_{1})(v_{0}-v_{1})=\left({\frac {m_{1}}{m_{2}}}\right)^{2}(v_{0}-v_{1})^{2}$

Semplificando m₁/m₂ e per (v₀-v₁) si avrà:

$(v_{0}+v_{1})=\left({\frac {m_{1}}{m_{2}}}\right)(v_{0}-v_{1})\Rightarrow \ v_{0}\left({\frac {m_{1}-m_{2}}{m_{2}}}\right)=v_{1}\left({\frac {m_{1}+m_{2}}{m_{2}}}\right)$

per trovare v₁

$v_{1}={\frac {m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}}}v_{0}$

Per trovare v₂

$v_{2}={\frac {2m_{1}}{m_{1}+m_{2}}}v_{0}$

Possiamo notare che la velocità v₂ avrà sempre lo stesso segno di v₀, mentre invece v₁ potrà assere negativa, positiva o nulla a seconda che m₁ sia maggiore, minore o uguale a m₂.

Analizziamo ora i casi che possiamo incontrare

m₁ < m₂

m₁= 2Kg
m₂= 8Kg
v₀=5m/s
$v_{1}={\frac {m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}}}v_{0}={\frac {2-8}{2+8}}5={\frac {-6}{10}}5=-3m/s$
$v_{2}={\frac {2m_{1}}{m_{1}+m_{2}}}v_{0}={\frac {2\cdot 2}{2+8}}5={\frac {4}{10}}5=+2m/s$

La massa m₁ rimbalza dopo l'urto.

m₁ > m₂

m₁=6Kg
m₂=4Kg
v₀=4m/s
$v_{1}={\frac {m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}}}v_{0}={\frac {6-4}{6+4}}5={\frac {+2}{10}}5={\frac {4}{5}}m/s=0,8m/s$
$v_{2}={\frac {2m_{1}}{m_{1}+m_{2}}}v_{0}={\frac {2\cdot 6}{6+4}}5={\frac {12}{10}}5=+4.8m/s$

La massa m₁ prosegue dopo l'urto e m₂ acquista una velocità maggiore di m₁ prima dell'urto.

m₁ = m₂

m₁=5Kg
m₂=5Kg
v₀=6m/s
$v_{1}={\frac {m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}}}v_{0}={\frac {5-5}{5+5}}6={\frac {0}{10}}6=0m/s$
$v_{2}={\frac {2m_{1}}{m_{1}+m_{2}}}v_{0}={\frac {2\cdot 5}{5+5}}6={\frac {10}{10}}6=+6m/s$

La massa m₁ si arresta dopo l'urto e m₂ acquista una velocità UGUALE a quella di m₁ prima dell'urto, cioè la quantità di moto e l'energia cinetica si trasferiscono interamente dalla massa m₁ ad m₂.

2. Esplosione

La quantità di moto iniziale uguale a 0 perché il sistema è fermo.

L'esplosione, che una forza interna, fa sì che la quantità di moto complessiva resti nulla anche dopo l'esplosione. Se l'energia sprigionata dall'esplosione si trasforma in sola energia cinetica e i due frammenti non ruotano, possiamo scrivere due equazioni. Si noti che i due frammenti si muovono sulla stessa retta.

${\begin{cases}0=m_{1}v_{1}+m_{2}v_{2}\\E={\frac {1}{2}}m_{1}v_{1}^{2}+{\frac {1}{2}}m_{2}v_{2}^{2}\end{cases}}$

Dividendo la prima equazione per m₁ e moltiplicando la seconda per 2 si ha:

${\begin{cases}0=v_{1}+{\frac {m_{2}}{m_{1}}}v_{2}\Longrightarrow \ v_{1}=-{\frac {m_{2}}{m_{1}}}v_{2}\\2E=m_{1}v_{1}^{2}+m_{2}v_{2}^{2}\end{cases}}$

${\begin{cases}v_{1}=-{\frac {m_{2}}{m_{1}}}v_{2}\\2E=m_{1}(-{\frac {m_{2}}{m_{1}}}v_{2})^{2}+m_{2}v_{2}^{2}\Longrightarrow \ 2E={\frac {m_{2}^{2}}{m_{1}}}v_{2}^{2}+m_{2}v_{2}^{2}\Longrightarrow \ 2E=({\frac {m_{2}}{m_{1}}}+1)m_{2}v_{2}^{2}\end{cases}}$

$v_{2}^{2}={\frac {2E}{({\frac {m_{2}}{m_{1}}}+1)m_{2}}}$

$v_{2}={\sqrt {\frac {2E}{({\frac {m_{2}}{m_{1}}}+1)m_{2}}}}={\sqrt {\frac {2\cdot 4500}{({\frac {60}{15}}+1)60}}}={\sqrt {\frac {9000}{300}}}={\sqrt {30}}\approx 5.48m/s$

$v_{1}={\frac {60}{15}}5.48=-21.92m/s$

Le velocità sono inversamente proporzionali alle masse e hanno segno opposto.

3. Esplosione in quota

a)

La velocità al momento del distacco dalla molla si può calcolare utilizzando la conservazione dell’energia meccanica, ricordandosi anche del contributo dato dalla variazione dell’energia potenziale gravitazionale:

${\frac {1}{2}}K\Delta x^{2}+mg(l_{o}-\Delta x)={\frac {1}{2}}mv_{0}^{2}+mgl_{o}\$

da cui:

$v_{0}={\sqrt {\frac {K\Delta x^{2}-2mg\Delta x}{m}}}=2.84\ m/s\$

Notiamo che con questa velocità iniziale potrebbe arrivare fino ad $h_{max}\$, essendo:

${\frac {1}{2}}mv_{0}^{2}=mgh_{max}\$

$h_{max}={\frac {v_{0}^{2}}{2g}}=41\ cm\$

b)

Subito prima di esplodere la velocità $v\$, si ricava dalla conservazione dell'energia:

$mgh+{\frac {1}{2}}mv^{2}={\frac {1}{2}}mv_{0}^{2}\$

$v={\sqrt {v_{0}^{2}-2gh}}=1.47\ m/s\$

Poiché la divisione avviene a causa di sole forze interne si conserva la quantità di moto durante il distacco, perciò imponendo tale conservazione nella direzione orizzontale:

$m_{1}v_{01}\cos \theta _{1}-m_{2}v_{02}\cos \theta _{2}=0\$

si può calcolare la relazione tra le velocità $v_{01}\$ e $v_{02}\$:

$v_{02}={\frac {v_{01}m_{1}\cos \theta _{1}}{m_{2}\cos \theta _{2}}}\$

Quindi dalla conservazione della quantità di moto nella direzione verticale:

$mv=m_{1}v_{01}\sin \theta _{1}-m_{2}v_{02}\sin \theta _{2}\$

sostituendo:

$mv=m_{1}v_{01}\sin \theta _{1}-m_{2}v_{01}{\frac {v_{01}m_{1}\cos \theta _{1}}{m_{2}\cos \theta _{2}}}\sin \theta _{2}\$

$v_{01}={\frac {mv}{m_{1}(\sin \theta _{1}-\cos \theta _{1}\tan \theta _{2})}}=24\ m/s\$

$v_{02}={\frac {v_{01}m_{1}\cos \theta _{1}}{m_{2}\cos \theta _{2}}}=11\ m/s\$

c)

L’altezza massima del punto $m_{1}\$ può essere calcolata applicando la conservazione dell’energia alla parte di energia cinetica dovuta alla componente verticale della velocità (che viene trasformata in energia potenziale gravitazionale):

${\frac {1}{2}}m_{1}(v_{01}\sin \theta _{1})^{2}=m_{1}gh_{1}\$

da cui:

$h_{1}={\frac {(v_{01}\sin \theta _{1})^{2}}{2g}}=7.2\ m\$

d)

La quota massima dista da terra:

$h_{2}=l_{o}+h=48\ cm$

Per via cinematica è invece possibile calcolare il punto di caduta di $m_{2}\$:

$x_{2}(t)=v_{02}\cos \theta _{2}t\$

$y_{2}(t)=h_{2}-v_{02}\sin \theta _{2}t-{\frac {1}{2}}gt^{2}\$

Imponendo $y(t_{f})=\ 0\$ si ricava il tempo di volo, che permette di calcolare la gittata $d\$:

$t_{f}={\frac {-v_{02}\sin \theta _{2}+{\sqrt {v_{02}^{2}\sin ^{2}\theta _{2}+2gh_{2}}}}{g}}=0.11\ s\$

$d=x_{2}(t_{f})=1.15\ m\$

4. Tre carrelli

a)

La q.m. si conserva quindi quando il I filo si tende e si muove il II carrello, entrambi si muoveranno con velocità $v_{1}\$ tale che:

$mv_{o}=2mv_{1}\$

$v_{1}={\frac {v_{o}}{2}}=0.3\ m/s\$

quando il II filo si tende e si muove il III carrello, tutti si muoveranno con velocità $v_2$ tale che:

$mv_{o}=3mv_{2}\$

$v_{3}={\frac {v_{o}}{3}}=0.2\ m/s\$

b)

Il tempo che impiega il primo filo a tendersi vale:

$t_{1}={\frac {l_{1}}{v_{0}}}=0.33\ s\$

Il tempo che impiega il secondo filo a tendersi vale:

$t_{2}={\frac {2l_{2}}{v_{0}}}=0.33\ s\$

Quindi in totale:

$t_{x}=t_{1}+t_{2}=0.66\ s\$

c)

L'energia meccanica iniziale vale:

$E_{ko}={\frac {1}{2}}mv_{o}^{2}\$

Quella finale:

$E_{kf}={\frac {3}{2}}m\left({\frac {v_{o}}{3}}\right)^{2}\$

Quindi l'energia dissipata vale:

$\Delta E=E_{ko}-E_{kf}={\frac {1}{3}}mv_{o}^{2}=2.4\ J\$

5. Bomba

Dalla conservazione della quantità di moto sull'asse verticale:

${\frac {m}{3}}v_{B}\sin(\pi /4)-{\frac {m}{3}}v_{C}\sin(\pi /4)=0\$

Quindi:

$|v_{B}|=|v_{C}|\$

Dalla conservazione della quantità di moto sull'asse orizzontale

${\frac {m}{3}}v_{A}-2{\frac {m}{3}}v_{B}\cos(\pi /4)=0\$

$v_{A}={\sqrt {2}}v_{B}\$

Quindi:

$E_{K}={\frac {1}{2}}{\frac {m}{3}}v_{A}^{2}+{\frac {1}{2}}{\frac {m}{3}}v_{B}^{2}+{\frac {1}{2}}{\frac {m}{3}}v_{C}^{2}={\frac {2}{3}}mv_{B}^{2}\$

$v_{B}=v_{C}={\sqrt {\frac {3E_{K}}{2m}}}=71\ m/s\$

$v_{A}={\sqrt {\frac {3E_{K}}{m}}}=100\ m/s\$

6. Altalena

a) In ciascuna spinta il modulo della quantità di moto della massa passa da zero a $|J|=m|v|\$, corrispondentemente l'energia cinetica passa da zero a:

$E_{c}={\frac {1}{2}}mv^{2}={\frac {1}{2}}{\frac {J^{2}}{m}}\$

L'energia meccanica totale in ogni spinta subisce il medesimo incremento $\Delta E_{tot}=E_{c}\$.

In totale debbo imporre che:

$mgl={\frac {1}{2}}n{\frac {|J|^{2}}{m}}\$

Quindi:

$|J|=m{\sqrt {\frac {2gl}{n}}}=32\ Ns\$

La variazione dell'energia meccanica totale dalla configurazione iniziale di equilibrio a quella corrispondente all'angolo massimo di $90^{\circ }\$ vale $mgl\$, pertanto

$mgl=n{\frac {1}{2}}{\frac {J^{2}}{m}}\quad ,\qquad |J|=m{\sqrt {\frac {2gl}{n}}}\simeq 32.3\ {\rm {Ns}}\$

b)

Applicando la conservazione dell'energia meccanica dopo la prima spinta, l'angolo massimo $\theta _{1}\$ risulta:

$mgl(1-\cos \theta _{1})={\frac {1}{2}}{\frac {J^{2}}{m}}\$

ovvero

$\cos \theta _{1}=1-{\frac {|J|^{2}}{2m^{2}gl}}=0.875\quad ,{\rm {e}}\quad \theta _{1}\simeq 0.367\ {\rm {rad}}\simeq 21^{\circ }\$

c)

La massima tensione della fune viene esercitata nell'ultima oscillazione quando la massa ha la velocità massima trovandosi nel punto più basso.

${\frac {1}{2}}mv_{max}^{2}=mgl\quad {\rm {e}}\quad v_{max}={\sqrt {2gl}}=6.3\ {\rm {m/s}}\$

La fune deve supportare la forza peso e fornire la necessaria ulteriore forza centripeta, pertanto:

$m{\frac {v_{max}^{2}}{l}}=T_{max}-mg\quad {\rm {e}}\quad T_{max}=m\left(g+{\frac {v_{max}^{2}}{l}}\right)=3\,mg=588\ {\rm {N}}\$

7. Sbarra sospesa

a)

Imponendo che la sbarra sia inizialmente in equilibrio:

$2k(\ell -\ell _{o})-Mg=0\$

segue che:

$\ell _{o}=\ell -{\frac {Mg}{2k}}=19\ cm\$

b)

La velocità di impatto si ricava dalla conservazione della energia:

$mgh={\frac {1}{2}}mv_{o}^{2}\$

$v_{o}=-{\sqrt {2gh}}=3.13\ m/s\$

(segno meno in quanto diretta verso il basso).

Nell'urto si conserva la quantità di moto:

$mv_{o}=mv_{f}+MV_{f}\rightarrow V_{f}={\frac {m}{M}}(v_{o}-v_{f})=\$

dove $v_{f}\$ e $V_{f}\$ sono la velocità del punto materiale e della sbarra. Ma si conserva anche l'energia:

${\frac {1}{2}}mv_{o}^{2}={\frac {1}{2}}mv_{f}^{2}+{\frac {1}{2}}MV_{f}^{2}\rightarrow m(v_{o}-v_{f})(v_{o}+v_{f})=MV_{f}^{2}=M{\frac {m^{2}}{M^{2}}}(v_{o}-v_{f})^{2}\$

Da cui:

$v_{f}={\frac {m-M}{M+m}}v_{o}=2.7\ m/s\$

c)

Quindi dopo l'urto il punto materiale rimbalza ad una altezza:

$mgh_{f}={\frac {1}{2}}mv_{f}^{2}\$

$h_{f}={\frac {v_{f}^{2}}{2g}}=0.36\ m\$

d)

Dalla conservazione della quantità di moto:

$V_{f}={\frac {m}{M}}(v_{o}-v_{f})=-0.44\ m/s\$

Quindi oscillando tutta la sua energia cinetica diventa energia potenziale (attorno ad $\ell \$) di ampiezza (le molle sono due):

${\frac {1}{2}}MV_{f}^{2}=kx_{a}^{2}\$

$x_{a}=V_{f}{\sqrt {\frac {M}{2k}}}=0.014\ m\$