# Esercizi di fisica con soluzioni/Quantità di moto

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## Esercizi
### 1. Urto elastico

Un corpo di massa m$_1$ si muove con velocità costante v$_0$, quando urta in modo elastico un corpo di massa m$_2$ inizialmente fermo. Calcolare le velocità v$_1$ 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:
* m$_1$ > m$_2$ (m$_1$ =6kg; m$_2$ =4kg; v$_0$ =4m/s)
* m$_1$ = m$_2$ (m$_1$ =5Kg; m$_2$ =5Kg; v$_0$ =6m/s)
* m$_1$ < m$_2$ (m$_1$ =2Kg; m$_2$ =8Kg; v$_0$ =5m/s)
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### 2. Esplosione

Una massa inizialmente in quiete esplode e si divide in due pezzi di massa m$_1$= 15Kg ed m$_2$=60Kg.
Supponendo che l'energia sprigionata dall'esplosione sia 4500 J e che tutta l'energia venga trasferita a m$_1$ e m$_2$ sotto forma di energia cinetica, calcolare le velocità v$_1$ e v$_2$ delle masse dopo l'esplosione approssimate alla seconda cifra dopo la virgola.

#### Muovendosi in direzioni opposte, una velocità sarà negativa.

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### 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.
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### 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.
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### 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\$)
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### 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.
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### 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\$)
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## Soluzioni
### 1. Urto elastico

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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 m$_2$ 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 v$_2$ 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 v$_2$ 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 m$_1$/m$_2$ e per (v$_0$-v$_1$) 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 v$_1$

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

   #### Per trovare v$_2$

$v_{2}={\frac {2m_{1}}{m_{1}+m_{2}}}v_{0}$
    Possiamo notare che la velocità v$_2$ avrà sempre lo stesso segno di v$_0$, mentre invece v$_1$ potrà assere negativa, positiva o nulla a seconda che m$_1$ sia maggiore, minore o uguale a m$_2$.
    Analizziamo ora i casi che possiamo incontrare

#### m$_1$ < m$_2$

m$_1$= 2Kg m$_2$= 8Kg v$_0$=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 m$_1$ rimbalza dopo l'urto.
#### m$_1$ > m$_2$

m$_1$=6Kg m$_2$=4Kg v$_0$=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 m$_1$ prosegue dopo l'urto e m$_2$ acquista una velocità maggiore di m$_1$ prima dell'urto.
#### m$_1$ = m$_2$

m$_1$=5Kg m$_2$=5Kg v$_0$=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 m$_1$ si arresta dopo l'urto e m$_2$ acquista una velocità UGUALE a quella di m$_1$ prima dell'urto, cioè la quantità di moto e l'energia cinetica si trasferiscono interamente dalla massa m$_1$ ad m$_2$.
### 2. Esplosione

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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 m$_1$ 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

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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

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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

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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

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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

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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\$