Esercizi — Centro di massa

Tutti gli esercizi del capitolo, svolti passo-passo, in ordine di comparsa nel capitolo: prima gli esercizi guidati nel testo, poi i problemi di fine capitolo (numerici, concettuali, vero/falso, ranking, grafici, dimostrazioni, stime di Fermi, sfide).

Esercizi svolti nel testo

• Il gatto sul carrello
• Cerchio con buco
• Gas fittizio di due palline
• La porta con due forze

Problemi di fine capitolo

• Centro di massa di due masse sull’asse x
• Altalena e fulcro
• Centro di massa di tre masse nel piano
• Il ragazzo che cammina sulla barca
• Energia cinetica interna di due palline
• Razzo che esplode a metà traiettoria
• Dimostrazione del teorema di König
• Disco con foro tangente
• Due blocchi con molla e grafico del CM
• Forza di spinta in un salto verticale
• Ranking distanza del CM nei manubri
• Il tuffatore che ruota
• Tre masse su un asse
• Persona che cammina sulla barca
• Razzo nello spazio profondo
• La clessidra sulla bilancia
• Ranking altezza del CM di figure piane
• Vero o falso sul centro di massa
• Dove cade il baricentro (sbarra e pallina)
• Esplosione e quantità di moto totale
• Elastico contro completamente anelastico
• Persona sulla barca
• Ranking coppie di masse su una retta
• Ranking velocità finale dopo urti
• Tre corpi su un asse
• Velocità e quantità di moto del CM
• Urto perfettamente anelastico
• Urto elastico in 1D
• Impulso e velocità di una pallina
• Trovare le masse dal CM
• Razzo e equazione di Ciolkovskij
• Fantafisica: terzo principio infranto
• Fantafisica: massa variabile all’istante
• Urto fra slitte
• Calcio e impulso
• Ammortizzatori
• Airbag
• Lettura grafico posizione del CM
• Lettura grafico forza-tempo
• Salto da uno sgabello
• Rinculo di un fucile
• Razzo da bottiglia ad acqua
• Sfida: urto a tre corpi simultanei
• Sfida: catena su tavolo

All the chapter’s exercises, worked step-by-step, in order of appearance in the chapter: first the guided exercises in the text, then the end-of-chapter problems (numerical, conceptual, true/false, ranking, graphical, proofs, Fermi estimates, challenges).

Worked exercises in the text

• The cat on the trolley
• Circle with a hole
• Fictitious gas of two balls
• The door with two forces

End-of-chapter problems

• Centre of mass of two masses on the x axis
• Seesaw and fulcrum
• Centre of mass of three masses in a plane
• The boy walking on the boat
• Internal kinetic energy of two balls
• Rocket exploding mid-trajectory
• Proof of König’s theorem
• Disc with a tangent hole
• Two blocks with a spring and CM graph
• Push force in a vertical jump
• Ranking CM distance in dumbbells
• The rotating diver
• Three masses on an axis
• Person walking on the boat
• Rocket in deep space
• The hourglass on the scale
• Ranking CM height of flat shapes
• True or false about the centre of mass
• Where does the barycentre fall (bar and ball)
• Explosion and total momentum
• Elastic vs perfectly inelastic
• Person on the boat
• Ranking pairs of masses on a line
• Ranking final velocity after collisions
• Three bodies on an axis
• CM velocity and momentum
• Perfectly inelastic collision
• Elastic collision in 1D
• Impulse and velocity of a ball
• Finding the masses from the CM
• Rocket and the Tsiolkovsky equation
• Sci-fi physics: third law broken
• Sci-fi physics: instantaneous variable mass
• Collision between sledges
• Kick and impulse
• Shock absorbers
• Airbag
• Reading a CM position graph
• Reading a force-time graph
• Jumping down from a stool
• Recoil of a rifle
• Water bottle rocket
• Challenge: simultaneous three-body collision
• Challenge: chain on a table

Testo

Un carrello di $m_c = 4\;\text{kg}$ si muove verso destra a $5\;\text{m/s}$ rispetto alla strada. Sul carrello un gatto di $m_g = 2\;\text{kg}$ si muove a $-3\;\text{m/s}$ rispetto al carrello. Trovare:

1. la velocità del gatto rispetto alla strada;
2. la velocità del CM gatto+carrello rispetto alla strada;
3. la velocità del gatto e del carrello rispetto al CM.

Soluzione

1) Velocità del gatto rispetto alla strada. Dallo schemino a frecce, percorso gatto → carrello → strada: $v_{g(s)} = v_{g(c)} + v_{c(s)} = -3 + 5 = 2\;\text{m/s}$

2) Velocità del CM rispetto alla strada. Media pesata delle velocità: $v_{\text{CM}(s)} = \frac{m_g v_{g(s)} + m_c v_{c(s)}}{m_g + m_c} = \frac{2\cdot 2 + 4\cdot 5}{6} = \frac{24}{6} = 4\;\text{m/s}$

3) Velocità nel riferimento del CM. Ogni oggetto ha $v_{X(\text{CM})} = v_{X(s)} - v_{\text{CM}(s)}$: $v_{g(\text{CM})} = 2 - 4 = -2\;\text{m/s} \qquad v_{c(\text{CM})} = 5 - 4 = 1\;\text{m/s}$

Verifica. La quantità di moto rispetto al CM deve essere nulla: $m_g v_{g(\text{CM})} + m_c v_{c(\text{CM})} = 2\cdot(-2) + 4\cdot 1 = 0 \;\checkmark$ Il risultato conferma che nel SRCM la quantità di moto totale è sempre zero.

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Argomenti: Centro di massa Concetti: Centro di massa Competenze: Cambio di sistema di riferimento · Calcolo del centro di massa

Problem

A cart of $m_c = 4\;\text{kg}$ moves to the right at $5\;\text{m/s}$ relative to the road. On the cart, a cat of $m_g = 2\;\text{kg}$ moves at $-3\;\text{m/s}$ relative to the cart. Find:

1. the velocity of the cat relative to the road;
2. the velocity of the CM of cat+cart relative to the road;
3. the velocity of the cat and of the cart relative to the CM.

Solution

1) Velocity of the cat relative to the road. From the little arrow diagram, path cat → cart → road: $v_{g(s)} = v_{g(c)} + v_{c(s)} = -3 + 5 = 2\;\text{m/s}$

2) Velocity of the CM relative to the road. Weighted average of the velocities: $v_{\text{CM}(s)} = \frac{m_g v_{g(s)} + m_c v_{c(s)}}{m_g + m_c} = \frac{2\cdot 2 + 4\cdot 5}{6} = \frac{24}{6} = 4\;\text{m/s}$

3) Velocity in the CM frame. Each object has $v_{X(\text{CM})} = v_{X(s)} - v_{\text{CM}(s)}$: $v_{g(\text{CM})} = 2 - 4 = -2\;\text{m/s} \qquad v_{c(\text{CM})} = 5 - 4 = 1\;\text{m/s}$

Check. The momentum relative to the CM must be zero: $m_g v_{g(\text{CM})} + m_c v_{c(\text{CM})} = 2\cdot(-2) + 4\cdot 1 = 0 \;\checkmark$ The result confirms that, in the CM reference frame, the total momentum is always zero.

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Topics: Centre of mass Concepts: Centre of mass Skills: Changing reference frame · Calculating the centre of mass

Testo

Un disco di raggio $2\;\text{m}$ e densità superficiale $2\;\text{kg/m}^2$ ha un foro circolare di raggio $0{,}5\;\text{m}$ centrato in $(1,1)$. Dove si trova il CM?

Soluzione

Si usa il metodo dell’anti-materia: disco intero (massa positiva) più buco (massa negativa).

Massa del disco intero (raggio $2\;\text{m}$, area $\pi R^2 = 4\pi$): $m_1 = 2\cdot\pi\cdot 4 = 25{,}1\;\text{kg}, \qquad \text{CM in } (0,0)$

Massa del buco (raggio $0{,}5\;\text{m}$, area $\pi (0{,}5)^2 = 0{,}25\pi$): $m_2 = 2\cdot\pi\cdot 0{,}25 = 1{,}57\;\text{kg}, \qquad \text{CM in } (1,1)$

Formula anti-materia (il buco entra con segno meno): $\vec{s}_{\text{CM}} = \frac{m_1\,(0,0) - m_2\,(1,1)}{m_1 - m_2} = \frac{25{,}1\,(0,0) - 1{,}57\,(1,1)}{25{,}1 - 1{,}57} = \frac{(-1{,}57;\; -1{,}57)}{23{,}5}$

$\ev{\vec{s}_{\text{CM}} = (-0{,}07;\; -0{,}07)\;\text{m}}$

Il CM si sposta leggermente nella direzione opposta al buco: il foro è in $(1,1)$, quindi togliere massa da quella parte trascina il baricentro verso il quadrante opposto.

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Argomenti: Centro di massa Concetti: Centro di massa Competenze: Calcolo del centro di massa

Problem

A disc of radius $2\;\text{m}$ and surface density $2\;\text{kg/m}^2$ has a circular hole of radius $0{,}5\;\text{m}$ centred at $(1,1)$. Where is the CM located?

Solution

We use the anti-matter method: whole disc (positive mass) plus hole (negative mass).

Mass of the whole disc (radius $2\;\text{m}$, area $\pi R^2 = 4\pi$): $m_1 = 2\cdot\pi\cdot 4 = 25{,}1\;\text{kg}, \qquad \text{CM at } (0,0)$

Mass of the hole (radius $0{,}5\;\text{m}$, area $\pi (0{,}5)^2 = 0{,}25\pi$): $m_2 = 2\cdot\pi\cdot 0{,}25 = 1{,}57\;\text{kg}, \qquad \text{CM at } (1,1)$

Anti-matter formula (the hole enters with a minus sign): $\vec{s}_{\text{CM}} = \frac{m_1\,(0,0) - m_2\,(1,1)}{m_1 - m_2} = \frac{25{,}1\,(0,0) - 1{,}57\,(1,1)}{25{,}1 - 1{,}57} = \frac{(-1{,}57;\; -1{,}57)}{23{,}5}$

$\ev{\vec{s}_{\text{CM}} = (-0{,}07;\; -0{,}07)\;\text{m}}$

The CM shifts slightly in the direction opposite the hole: the hole is at $(1,1)$, so removing mass from that side pulls the centre of gravity toward the opposite quadrant.

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Topics: Centre of mass Concepts: Centre of mass Skills: Calculating the centre of mass

Testo

Due palline di massa $m_1 = m_2 = 2\;\text{kg}$ hanno velocità $\vec{v}_1 = (3, 0)$ e $\vec{v}_2 = (-5, 4)$. Supponendo (fantasiosamente) che siano un gas ideale monatomico, calcolare la “temperatura” associata.

Soluzione

Velocità del CM: $\vec{v}_\text{CM} = \left(\frac{3-5}{2},\; \frac{0+4}{2}\right) = (-1,\; 2)\;\text{m/s}$

Velocità relative al CM ($\vec{v}_i' = \vec{v}_i - \vec{v}_\text{CM}$): $\vec{v}_1' = (3,0) - (-1,2) = (4, -2), \qquad \vec{v}_2' = (-5,4) - (-1,2) = (-4, 2)$ Come deve essere, $m_1\vec{v}_1' + m_2\vec{v}_2' = \vec{0}$: la quantità di moto nel SRCM è nulla.

Energia cinetica interna (con $|\vec{v}_i'|^2 = 4^2+2^2 = 20$ per entrambe): $E_\text{cin,int} = \tfrac{1}{2}\cdot 2\cdot(16+4) + \tfrac{1}{2}\cdot 2\cdot(16+4) = 20 + 20 = 40\;\text{J}$

Temperatura equivalente (gas monatomico, $E_\text{cin,int} = \tfrac{3}{2}N k_B T$, con $N=2$): $T = \frac{2\,E_\text{cin,int}}{3 N k_B} = \frac{2\cdot 40}{3\cdot 2\cdot 1{,}38\cdot 10^{-23}} = \frac{80}{8{,}28\cdot 10^{-23}}$

$\ev{T \approx 9{,}7\cdot 10^{23}\;\text{K}}$

Astronomica! Ma è un artefatto del modello giocattolo: con sole $N=2$ particelle, ripartire $40\;\text{J}$ significa un’energia enorme per particella. Con un gas vero di $\sim 10^{23}$ particelle a velocità di pochi m/s, la stessa formula darebbe una temperatura ragionevole.

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Argomenti: Centro di massa Concetti: Energia interna · Temperatura · Energia cinetica Competenze: Interpretazione micro-macro

Problem

Two balls of mass $m_1 = m_2 = 2\;\text{kg}$ have velocities $\vec{v}_1 = (3, 0)$ and $\vec{v}_2 = (-5, 4)$. Assuming (fancifully) that they form a monatomic ideal gas, calculate the associated “temperature”.

Solution

CM velocity: $\vec{v}_\text{CM} = \left(\frac{3-5}{2},\; \frac{0+4}{2}\right) = (-1,\; 2)\;\text{m/s}$

Velocities relative to the CM ($\vec{v}_i' = \vec{v}_i - \vec{v}_\text{CM}$): $\vec{v}_1' = (3,0) - (-1,2) = (4, -2), \qquad \vec{v}_2' = (-5,4) - (-1,2) = (-4, 2)$ As expected, $m_1\vec{v}_1' + m_2\vec{v}_2' = \vec{0}$: the momentum in the CM frame is zero.

Internal kinetic energy (with $|\vec{v}_i'|^2 = 4^2+2^2 = 20$ for both): $E_\text{cin,int} = \tfrac{1}{2}\cdot 2\cdot(16+4) + \tfrac{1}{2}\cdot 2\cdot(16+4) = 20 + 20 = 40\;\text{J}$

Equivalent temperature (monatomic gas, $E_\text{cin,int} = \tfrac{3}{2}N k_B T$, with $N=2$): $T = \frac{2\,E_\text{cin,int}}{3 N k_B} = \frac{2\cdot 40}{3\cdot 2\cdot 1{,}38\cdot 10^{-23}} = \frac{80}{8{,}28\cdot 10^{-23}}$

$\ev{T \approx 9{,}7\cdot 10^{23}\;\text{K}}$

Astronomical! But this is an artefact of the toy model: with only $N=2$ particles, sharing out $40\;\text{J}$ means an enormous energy per particle. With a real gas of $\sim 10^{23}$ particles at speeds of a few m/s, the same formula would give a reasonable temperature.

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Topics: Centre of mass Concepts: Internal energy · Temperature · Kinetic energy Skills: Micro–macro interpretation

Testo

Una porta di lunghezza $L = 2\;\text{m}$ è soggetta a una forza $F_1 = 10\;\text{N}$ applicata al bordo e a una forza $F_2 = 5\;\text{N}$ a metà porta, entrambe perpendicolari alla porta. Trovare la forza alla cerniera per l’equilibrio.

Soluzione

Scelta del polo. Conviene prendere i momenti rispetto alla cerniera (punto O): così la reazione della cerniera, applicata proprio in O, ha braccio nullo e non compare nel bilancio dei momenti.

Bilancio dei momenti. $F_1$ agisce al bordo (braccio $2\;\text{m}$), $F_2$ a metà porta (braccio $1\;\text{m}$). Supponendole con verso opposto di rotazione: $\sum M_O = F_1\cdot 2 - F_2\cdot 1 = 20 - 5 = 15\;\text{N}\cdot\text{m} \neq 0$

Conclusione. Il momento risultante non è nullo: la porta non è in equilibrio rotazionale e tende a ruotare attorno alla cerniera. Per equilibrarla serve un momento opposto di $\ev{|M| = 15\;\text{N}\cdot\text{m}}$

Nota: la sola reazione della cerniera non può fornire questo momento (ha braccio nullo rispetto a O); occorre una terza forza applicata a distanza dalla cerniera. Per esempio, una forza $F_3$ perpendicolare applicata al bordo ($b = 2\;\text{m}$) dovrebbe valere $F_3 = 15/2 = 7{,}5\;\text{N}$, nel verso che si oppone alla rotazione.

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Argomenti: Statica ed equilibrio Concetti: Momento di una forza · Equilibrio statico Competenze: Bilancio dei momenti · Scelta del polo

Problem

A door of length $L = 2\;\text{m}$ is subject to a force $F_1 = 10\;\text{N}$ applied at the edge and a force $F_2 = 5\;\text{N}$ at the midpoint of the door, both perpendicular to the door. Find the force at the hinge for equilibrium.

Solution

Choice of pole. It is convenient to take moments about the hinge (point O): that way the hinge reaction, applied right at O, has zero lever arm and does not appear in the moment balance.

Moment balance. $F_1$ acts at the edge (lever arm $2\;\text{m}$), $F_2$ at the midpoint of the door (lever arm $1\;\text{m}$). Assuming they produce rotation in opposite senses: $\sum M_O = F_1\cdot 2 - F_2\cdot 1 = 20 - 5 = 15\;\text{N}\cdot\text{m} \neq 0$

Conclusion. The resultant moment is not zero: the door is not in rotational equilibrium and tends to rotate about the hinge. To balance it, an opposing moment of $\ev{|M| = 15\;\text{N}\cdot\text{m}}$ is required.

Note: the hinge reaction alone cannot supply this moment (it has zero lever arm about O); a third force applied at some distance from the hinge is needed. For example, a perpendicular force $F_3$ applied at the edge ($b = 2\;\text{m}$) would need to be $F_3 = 15/2 = 7{,}5\;\text{N}$, in the direction that opposes the rotation.

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Topics: Statics and equilibrium Concepts: Moment of a force · Static equilibrium Skills: Moment balance · Choice of pole

Testo

Due masse $m_1 = 1{,}0\;\text{kg}$ e $m_2 = 3{,}0\;\text{kg}$ sono poste sull’asse $x$ rispettivamente in $x_1 = 0$ e $x_2 = 0{,}80\;\text{m}$. Determina la posizione del centro di massa del sistema.

Soluzione

Media pesata delle posizioni, con massa totale $M = 4{,}0\;\text{kg}$: $x_\text{CM} = \frac{m_1 x_1 + m_2 x_2}{m_1 + m_2} = \frac{1{,}0\cdot 0 + 3{,}0\cdot 0{,}80}{4{,}0} = \frac{2{,}4}{4{,}0}$ $\ev{x_\text{CM} = 0{,}60\;\text{m}}$ Il CM è più vicino alla massa maggiore ($m_2$), come atteso.

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Argomenti: Centro di massa Concetti: Centro di massa Competenze: Calcolo del centro di massa

Problem

Two masses $m_1 = 1{,}0\;\text{kg}$ and $m_2 = 3{,}0\;\text{kg}$ are placed on the $x$ axis at $x_1 = 0$ and $x_2 = 0{,}80\;\text{m}$ respectively. Determine the position of the centre of mass of the system.

Solution

Weighted average of the positions, with total mass $M = 4{,}0\;\text{kg}$: $x_\text{CM} = \frac{m_1 x_1 + m_2 x_2}{m_1 + m_2} = \frac{1{,}0\cdot 0 + 3{,}0\cdot 0{,}80}{4{,}0} = \frac{2{,}4}{4{,}0}$ $\ev{x_\text{CM} = 0{,}60\;\text{m}}$ The CM is closer to the larger mass ($m_2$), as expected.

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Topics: Centro di massa Concepts: Centro di massa Skills: Calcolo del centro di massa

Testo

Due bambini di masse $m_1 = 30\;\text{kg}$ e $m_2 = 45\;\text{kg}$ siedono ai due estremi di un’altalena. Spiega qualitativamente dove si trova il centro di massa del sistema formato dai due bambini e in che posizione occorre collocare il fulcro perché l’altalena sia in equilibrio.

Soluzione

Il centro di massa è la media pesata delle posizioni: il bambino più pesante lo “tira” verso di sé. Detta $L$ la distanza tra i due bambini e presa l’origine sul bambino leggero, la distanza del CM da $m_1$ è $d_1 = \frac{m_2}{m_1 + m_2}\,L = \frac{45}{75}\,L = \frac{3}{5}\,L$ Il CM si trova quindi a $3/5$ della distanza dal bambino da $30\;\text{kg}$, cioè più vicino al bambino da $45\;\text{kg}$.

Per l’equilibrio dei momenti il fulcro va posto esattamente nel CM: lì i momenti dei due pesi si bilanciano ($m_1 g\,d_1 = m_2 g\,d_2$, con $d_1/d_2 = m_2/m_1$).

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Argomenti: Centro di massa Concetti: Centro di massa · Equilibrio statico Competenze: Calcolo del centro di massa

Problem

Two children of masses $m_1 = 30\;\text{kg}$ and $m_2 = 45\;\text{kg}$ sit at the two ends of a seesaw. Explain qualitatively where the centre of mass of the two-children system is, and where the fulcrum must be placed for the seesaw to be balanced.

Solution

The centre of mass is the weighted average of the positions: the heavier child “pulls” it towards themselves. Letting $L$ be the distance between the two children, and taking the origin at the light child, the distance of the CM from $m_1$ is $d_1 = \frac{m_2}{m_1 + m_2}\,L = \frac{45}{75}\,L = \frac{3}{5}\,L$ The CM is therefore located at $3/5$ of the distance from the $30\;\text{kg}$ child, i.e. closer to the $45\;\text{kg}$ child.

For the moments to balance, the fulcrum must be placed exactly at the CM: there, the moments of the two weights balance each other ($m_1 g\,d_1 = m_2 g\,d_2$, with $d_1/d_2 = m_2/m_1$).

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Testo

Tre masse puntiformi si trovano nel piano: $m_1 = 2\;\text{kg}$ in $(0, 0)$, $m_2 = 3\;\text{kg}$ in $(2, 0)$, $m_3 = 1\;\text{kg}$ in $(3, 3)\;\text{m}$. Determina la posizione del centro di massa.

Soluzione

Massa totale $M = 6\;\text{kg}$. Si applica la formula componente per componente: $x_\text{CM} = \frac{2\cdot 0 + 3\cdot 2 + 1\cdot 3}{6} = \frac{9}{6} = 1{,}5\;\text{m}$ $y_\text{CM} = \frac{2\cdot 0 + 3\cdot 0 + 1\cdot 3}{6} = \frac{3}{6} = 0{,}50\;\text{m}$ $\ev{\vec{s}_\text{CM} = (1{,}5;\; 0{,}50)\;\text{m}}$

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Problem

Three point masses lie in a plane: $m_1 = 2\;\text{kg}$ at $(0, 0)$, $m_2 = 3\;\text{kg}$ at $(2, 0)$, $m_3 = 1\;\text{kg}$ at $(3, 3)\;\text{m}$. Determine the position of the centre of mass.

Solution

Total mass $M = 6\;\text{kg}$. Apply the formula component by component: $x_\text{CM} = \frac{2\cdot 0 + 3\cdot 2 + 1\cdot 3}{6} = \frac{9}{6} = 1{,}5\;\text{m}$ $y_\text{CM} = \frac{2\cdot 0 + 3\cdot 0 + 1\cdot 3}{6} = \frac{3}{6} = 0{,}50\;\text{m}$ $\ev{\vec{s}_\text{CM} = (1{,}5;\; 0{,}50)\;\text{m}}$

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Testo

Una barca di massa $M = 80\;\text{kg}$ e lunghezza $L = 4{,}0\;\text{m}$ galleggia ferma su un lago tranquillo (attrito trascurabile con l’acqua). Un ragazzo di massa $m = 20\;\text{kg}$ cammina da una estremità all’altra della barca. Di quanto si sposta la barca rispetto all’acqua mentre il ragazzo cammina?

Soluzione

Idea chiave. Il sistema ragazzo + barca è isolato orizzontalmente (attrito nullo): la quantità di moto totale resta nulla, quindi il centro di massa non si sposta rispetto all’acqua.

Sia $\Delta x_b$ lo spostamento della barca (e del ragazzo con essa) rispetto all’acqua. Il ragazzo si sposta di $L$ rispetto alla barca, quindi rispetto all’acqua di $\Delta x_r = L + \Delta x_b$. Imponendo che il CM resti fermo: $m\,\Delta x_r + M\,\Delta x_b = 0 \;\Rightarrow\; m(L + \Delta x_b) + M\,\Delta x_b = 0$ $\Delta x_b = -\frac{m\,L}{m + M} = -\frac{20\cdot 4{,}0}{100} = -0{,}80\;\text{m}$

$\ev{|\Delta x_b| = 0{,}80\;\text{m}}$ La barca arretra di $0{,}80\;\text{m}$, in verso opposto al cammino del ragazzo.

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Argomenti: Centro di massa Concetti: Centro di massa · Conservazione della quantità di moto Competenze: Calcolo del centro di massa

Problem

A boat of mass $M = 80\;\text{kg}$ and length $L = 4{,}0\;\text{m}$ floats at rest on a calm lake (friction with the water negligible). A boy of mass $m = 20\;\text{kg}$ walks from one end of the boat to the other. By how much does the boat move relative to the water while the boy walks?

Solution

Key idea. The boy + boat system is horizontally isolated (zero friction): the total momentum stays zero, so the centre of mass does not move relative to the water.

Let $\Delta x_b$ be the displacement of the boat (and of the boy along with it) relative to the water. The boy moves by $L$ relative to the boat, so relative to the water by $\Delta x_r = L + \Delta x_b$. Imposing that the CM stays still: $m\,\Delta x_r + M\,\Delta x_b = 0 \;\Rightarrow\; m(L + \Delta x_b) + M\,\Delta x_b = 0$ $\Delta x_b = -\frac{m\,L}{m + M} = -\frac{20\cdot 4{,}0}{100} = -0{,}80\;\text{m}$

$\ev{|\Delta x_b| = 0{,}80\;\text{m}}$ The boat moves back by $0{,}80\;\text{m}$, in the direction opposite to the boy’s walk.

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Testo

Due palline identiche di massa $m = 0{,}10\;\text{kg}$ si muovono lungo la stessa retta: la prima a $v_1 = +3{,}0\;\text{m/s}$, la seconda a $v_2 = -2{,}0\;\text{m/s}$. Usando il teorema di König, calcola l’energia cinetica interna del sistema.

Soluzione

Velocità del CM: $v_\text{CM} = \frac{m v_1 + m v_2}{2m} = \frac{3{,}0 + (-2{,}0)}{2} = 0{,}50\;\text{m/s}$

Velocità relative al CM: $v_1' = 3{,}0 - 0{,}50 = 2{,}5\;\text{m/s}, \qquad v_2' = -2{,}0 - 0{,}50 = -2{,}5\;\text{m/s}$

Energia cinetica interna: $E_\text{cin,int} = \tfrac{1}{2}m v_1'^2 + \tfrac{1}{2}m v_2'^2 = \tfrac{1}{2}\cdot 0{,}10\cdot 2{,}5^2 \cdot 2 = 0{,}10\cdot 6{,}25$ $\ev{E_\text{cin,int} \approx 0{,}63\;\text{J}}$

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Argomenti: Centro di massa Concetti: Energia cinetica · Energia interna Competenze: Cambio di sistema di riferimento

Problem

Two identical balls of mass $m = 0{,}10\;\text{kg}$ move along the same line: the first at $v_1 = +3{,}0\;\text{m/s}$, the second at $v_2 = -2{,}0\;\text{m/s}$. Using König’s theorem, calculate the internal kinetic energy of the system.

Solution

CM velocity: $v_\text{CM} = \frac{m v_1 + m v_2}{2m} = \frac{3{,}0 + (-2{,}0)}{2} = 0{,}50\;\text{m/s}$

Velocities relative to the CM: $v_1' = 3{,}0 - 0{,}50 = 2{,}5\;\text{m/s}, \qquad v_2' = -2{,}0 - 0{,}50 = -2{,}5\;\text{m/s}$

Internal kinetic energy: $E_\text{cin,int} = \tfrac{1}{2}m v_1'^2 + \tfrac{1}{2}m v_2'^2 = \tfrac{1}{2}\cdot 0{,}10\cdot 2{,}5^2 \cdot 2 = 0{,}10\cdot 6{,}25$ $\ev{E_\text{cin,int} \approx 0{,}63\;\text{J}}$

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Topics: Centro di massa Concepts: Energia cinetica · Energia interna Skills: Cambio di sistema di riferimento

Testo

Un razzo in volo balistico esplode a metà traiettoria dividendosi in due frammenti. Spiega, usando la seconda legge di Newton per il centro di massa, perché (in assenza di attrito dell’aria) il centro di massa dei frammenti continua a seguire la traiettoria parabolica originale. Di’ cosa cambia nel riferimento del CM subito dopo l’esplosione.

Soluzione

Perché la parabola resta. L’esplosione è dovuta a forze interne al sistema: per la terza legge di Newton si presentano a coppie uguali e opposte e si cancellano nella somma. L’unica forza esterna resta il peso. Quindi $\sum \vec{F}_\text{ext} = M_\text{tot}\,\vec{a}_\text{CM} = M_\text{tot}\,\vec{g}$ Il centro di massa continua ad avere accelerazione $\vec{g}$, esattamente come prima: prosegue imperturbato la stessa parabola, come se l’esplosione non fosse avvenuta.

Nel riferimento del CM. Subito dopo l’esplosione, nel SRCM la quantità di moto totale è nulla ($v_\text{CM}$ è invariata dall’urto interno). I due frammenti partono quindi con quantità di moto uguali e opposte: $m_1\vec{v}_1' = -m_2\vec{v}_2'$. Vista dal CM, l’esplosione appare perfettamente simmetrica, con i pezzi che si allontanano in versi opposti.

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Argomenti: Centro di massa Concetti: Centro di massa · Seconda legge di Newton · Esplosione

Problem

A rocket in ballistic flight explodes mid-trajectory, splitting into two fragments. Explain, using Newton’s second law for the centre of mass, why (in the absence of air resistance) the centre of mass of the fragments continues to follow the original parabolic trajectory. State what changes in the CM frame immediately after the explosion.

Solution

Why the parabola remains. The explosion is due to forces internal to the system: by Newton’s third law they occur in equal and opposite pairs and cancel in the sum. The only external force remaining is weight. Hence $\sum \vec{F}_\text{ext} = M_\text{tot}\,\vec{a}_\text{CM} = M_\text{tot}\,\vec{g}$ The centre of mass continues to have acceleration $\vec{g}$, exactly as before: it carries on undisturbed along the same parabola, as if the explosion had not happened.

In the CM frame. Immediately after the explosion, in the CM frame the total momentum is zero ($v_\text{CM}$ is unchanged by the internal collision). The two fragments therefore set off with equal and opposite momenta: $m_1\vec{v}_1' = -m_2\vec{v}_2'$. Viewed from the CM, the explosion appears perfectly symmetric, with the pieces moving apart in opposite directions.

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Topics: Centre of mass Concepts: Centre of mass · Newton’s second law · Explosion

Testo

Dimostra il teorema di König per l’energia cinetica di un sistema di due particelle: l’energia cinetica totale è la somma dell’energia cinetica del centro di massa e dell’energia cinetica delle due particelle rispetto al centro di massa.

Soluzione

Impostazione. Scriviamo la velocità di ciascuna particella come $\vec{v}_i = \vec{v}_\text{CM} + \vec{v}_i'$, con $\vec{v}_i'$ velocità relativa al CM ($i = 1, 2$). L’energia cinetica totale è $E_\text{cin,tot} = \sum_{i=1}^{2} \tfrac{1}{2}m_i\,|\vec{v}_\text{CM} + \vec{v}_i'|^2$

Sviluppo del quadrato. Usando $|\vec{v}_\text{CM} + \vec{v}_i'|^2 = v_\text{CM}^2 + 2\,\vec{v}_\text{CM}\cdot\vec{v}_i' + v_i'^2$: $E_\text{cin,tot} = \tfrac{1}{2}M_\text{tot}v_\text{CM}^2 + \vec{v}_\text{CM}\cdot\!\sum_i m_i\vec{v}_i' + \sum_i \tfrac{1}{2}m_i v_i'^2$

Il termine misto si annulla. Per definizione di CM, la quantità di moto nel SRCM è nulla: $\sum_i m_i\vec{v}_i' = m_1\vec{v}_1' + m_2\vec{v}_2' = \vec{0}$ quindi il termine centrale scompare. Restano solo i due termini cercati: $\ev{E_\text{cin,tot} = \tfrac{1}{2}M_\text{tot}v_\text{CM}^2 + \sum_i \tfrac{1}{2}m_i v_i'^2 = E_\text{cin,CM} + E_\text{cin,int}}$

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Argomenti: Centro di massa Concetti: Energia cinetica · Energia interna Competenze: Impostazione simbolica

Problem

Prove König’s theorem for the kinetic energy of a two-particle system: the total kinetic energy is the sum of the kinetic energy of the centre of mass and the kinetic energy of the two particles relative to the centre of mass.

Solution

Setup. We write the velocity of each particle as $\vec{v}_i = \vec{v}_\text{CM} + \vec{v}_i'$, with $\vec{v}_i'$ the velocity relative to the CM ($i = 1, 2$). The total kinetic energy is $E_\text{cin,tot} = \sum_{i=1}^{2} \tfrac{1}{2}m_i\,|\vec{v}_\text{CM} + \vec{v}_i'|^2$

Expanding the square. Using $|\vec{v}_\text{CM} + \vec{v}_i'|^2 = v_\text{CM}^2 + 2\,\vec{v}_\text{CM}\cdot\vec{v}_i' + v_i'^2$: $E_\text{cin,tot} = \tfrac{1}{2}M_\text{tot}v_\text{CM}^2 + \vec{v}_\text{CM}\cdot\!\sum_i m_i\vec{v}_i' + \sum_i \tfrac{1}{2}m_i v_i'^2$

The mixed term vanishes. By definition of the CM, the momentum in the CM frame is zero: $\sum_i m_i\vec{v}_i' = m_1\vec{v}_1' + m_2\vec{v}_2' = \vec{0}$ so the middle term disappears. Only the two sought terms remain: $\ev{E_\text{cin,tot} = \tfrac{1}{2}M_\text{tot}v_\text{CM}^2 + \sum_i \tfrac{1}{2}m_i v_i'^2 = E_\text{cin,CM} + E_\text{cin,int}}$

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Topics: Centre of mass Concepts: Kinetic energy · Internal energy Skills: Symbolic setup

Testo

Da un disco omogeneo di raggio $R$ viene ritagliato un disco più piccolo di raggio $R/2$ tangente internamente al bordo. Usando il metodo dell’anti-materia, determina la posizione del centro di massa della figura residua rispetto al centro del disco originale.

Soluzione

Masse proporzionali alle aree (densità uniforme). Disco intero: $m_1 \propto \pi R^2$, con CM in $x = 0$. Foro di raggio $R/2$: $m_2 \propto \pi (R/2)^2 = \tfrac{1}{4}\pi R^2$, quindi $m_2 = \tfrac{1}{4}m_1$.

Posizione del foro. Tangente internamente al bordo: il suo centro dista dal centro del disco $R - \tfrac{R}{2} = \tfrac{R}{2}$. Poniamo il foro in $x_2 = +R/2$.

Metodo dell’anti-materia (il foro entra con massa negativa): $x_\text{CM} = \frac{m_1\cdot 0 - m_2\cdot \tfrac{R}{2}}{m_1 - m_2} = \frac{-\tfrac{1}{4}m_1\cdot \tfrac{R}{2}}{m_1 - \tfrac{1}{4}m_1} = \frac{-\tfrac{1}{8}R}{\tfrac{3}{4}}$ $\ev{x_\text{CM} = -\frac{R}{6} \approx -0{,}17\,R}$ Il segno meno indica che il CM si sposta dalla parte opposta al foro.

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Argomenti: Centro di massa Concetti: Centro di massa Competenze: Calcolo del centro di massa

Problem

From a uniform disc of radius $R$, a smaller disc of radius $R/2$, internally tangent to the edge, is cut out. Using the anti-matter method, determine the position of the centre of mass of the remaining figure relative to the centre of the original disc.

Solution

Masses proportional to areas (uniform density). Whole disc: $m_1 \propto \pi R^2$, with CM at $x = 0$. Hole of radius $R/2$: $m_2 \propto \pi (R/2)^2 = \tfrac{1}{4}\pi R^2$, so $m_2 = \tfrac{1}{4}m_1$.

Position of the hole. Internally tangent to the edge: its centre is at a distance $R - \tfrac{R}{2} = \tfrac{R}{2}$ from the centre of the disc. We place the hole at $x_2 = +R/2$.

Anti-matter method (the hole enters with negative mass): $x_\text{CM} = \frac{m_1\cdot 0 - m_2\cdot \tfrac{R}{2}}{m_1 - m_2} = \frac{-\tfrac{1}{4}m_1\cdot \tfrac{R}{2}}{m_1 - \tfrac{1}{4}m_1} = \frac{-\tfrac{1}{8}R}{\tfrac{3}{4}}$ $\ev{x_\text{CM} = -\frac{R}{6} \approx -0{,}17\,R}$ The minus sign indicates that the CM shifts to the side opposite the hole.

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Topics: Centre of mass Concepts: Centre of mass Skills: Calculating the centre of mass

Testo

Un sistema isolato formato da due blocchi collegati da una molla oscilla su una rotaia senza attrito. Il grafico mostra la posizione $x_1(t)$ e $x_2(t)$ dei due blocchi in funzione del tempo: sono due sinusoidi in controfase, centrate su valori medi diversi. (a) Traccia qualitativamente $x_\text{CM}(t)$ e motivalo. (b) Spiega come si riconosce dalle ampiezze il rapporto delle masse.

Soluzione

(a) $x_\text{CM}(t)$ è una retta. Il sistema è isolato (nessuna forza esterna): la forza della molla è interna. Quindi $\vec{v}_\text{CM}$ è costante e $x_\text{CM}(t) = x_\text{CM}(0) + v_\text{CM}\,t$ è una retta. Le oscillazioni dei due blocchi, sommate con peso $m_i$, si cancellano: $x_\text{CM}$ non oscilla affatto. Se il CM è inizialmente fermo, la retta è orizzontale.

(b) Rapporto delle ampiezze. Poiché $m_1 x_1 + m_2 x_2 = M x_\text{CM}$ (senza oscillazioni sul CM), le oscillazioni dei due blocchi attorno al CM devono compensarsi istante per istante: $m_1 A_1 = m_2 A_2$. Quindi $\ev{\frac{A_1}{A_2} = \frac{m_2}{m_1}}$ Il blocco più leggero oscilla con ampiezza maggiore. Il rapporto delle ampiezze è l’inverso del rapporto delle masse.

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Argomenti: Centro di massa Concetti: Centro di massa · Conservazione della quantità di moto Competenze: Lettura dei grafici

Problem

An isolated system made of two blocks connected by a spring oscillates on a frictionless rail. The graph shows the position $x_1(t)$ and $x_2(t)$ of the two blocks as a function of time: two sinusoids in antiphase, centred on different average values. (a) Sketch $x_\text{CM}(t)$ qualitatively and justify it. (b) Explain how the mass ratio can be recognised from the amplitudes.

Solution

(a) $x_\text{CM}(t)$ is a straight line. The system is isolated (no external force): the spring force is internal. Hence $\vec{v}_\text{CM}$ is constant and $x_\text{CM}(t) = x_\text{CM}(0) + v_\text{CM}\,t$ is a straight line. The oscillations of the two blocks, summed with weight $m_i$, cancel out: $x_\text{CM}$ does not oscillate at all. If the CM is initially at rest, the line is horizontal.

(b) Ratio of the amplitudes. Since $m_1 x_1 + m_2 x_2 = M x_\text{CM}$ (with no oscillations on the CM), the oscillations of the two blocks about the CM must compensate each other instant by instant: $m_1 A_1 = m_2 A_2$. Hence $\ev{\frac{A_1}{A_2} = \frac{m_2}{m_1}}$ The lighter block oscillates with a larger amplitude. The ratio of the amplitudes is the inverse of the mass ratio.

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Topics: Centre of mass Concepts: Centre of mass · Conservation of momentum Skills: Reading graphs

Testo

Una persona di $70\;\text{kg}$ salta verticalmente fino a raggiungere un’altezza di $40\;\text{cm}$. Stima la forza media (al di sopra del peso) che i piedi esercitano sul terreno durante la fase di spinta, supponendo che il baricentro si abbassi di circa $30\;\text{cm}$ in accovacciamento prima del salto. Usa il teorema del CM.

Soluzione

Velocità allo stacco. Per salire di $h = 0{,}40\;\text{m}$ serve, al distacco, $v = \sqrt{2 g h} = \sqrt{2\cdot 9{,}81\cdot 0{,}40} \approx 2{,}8\;\text{m/s}$

Accelerazione durante la spinta (su distanza $d = 0{,}30\;\text{m}$, partendo da fermo): $a = \frac{v^2}{2 d} = \frac{2{,}8^2}{2\cdot 0{,}30} \approx 13\;\text{m/s}^2$

Forza netta sul CM (teorema del CM, $\sum F_\text{ext} = M a_\text{CM}$). La forza netta verso l’alto vale $N - Mg = M a$, quindi la parte di $N$ oltre il peso è $F_\text{netta} = M a = 70\cdot 13 \approx 0{,}9\cdot 10^3 \sim 10^{3}\;\text{N}$

Forza totale sul terreno: $\ev{F_\text{tot} = M(g + a) = 70\cdot(9{,}81 + 13) \approx 1{,}5\cdot 10^{3}\;\text{N}}$ circa il doppio del peso corporeo.

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Argomenti: Centro di massa Concetti: Centro di massa · Seconda legge di Newton Competenze: Stime di Fermi

Problem

A person of $70\;\text{kg}$ jumps vertically, reaching a height of $40\;\text{cm}$. Estimate the average force (above their weight) that their feet exert on the ground during the push-off phase, assuming their centre of gravity lowers by about $30\;\text{cm}$ while crouching before the jump. Use the CM theorem.

Solution

Velocity at take-off. To rise by $h = 0{,}40\;\text{m}$, at the moment of leaving the ground one needs $v = \sqrt{2 g h} = \sqrt{2\cdot 9{,}81\cdot 0{,}40} \approx 2{,}8\;\text{m/s}$

Acceleration during the push-off (over a distance $d = 0{,}30\;\text{m}$, starting from rest): $a = \frac{v^2}{2 d} = \frac{2{,}8^2}{2\cdot 0{,}30} \approx 13\;\text{m/s}^2$

Net force on the CM (CM theorem, $\sum F_\text{ext} = M a_\text{CM}$). The net upward force is $N - Mg = M a$, so the part of $N$ beyond the weight is $F_\text{netta} = M a = 70\cdot 13 \approx 0{,}9\cdot 10^3 \sim 10^{3}\;\text{N}$

Total force on the ground: $\ev{F_\text{tot} = M(g + a) = 70\cdot(9{,}81 + 13) \approx 1{,}5\cdot 10^{3}\;\text{N}}$ roughly twice the body weight.

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Topics: Centre of mass Concepts: Centre of mass · Newton’s second law Skills: Fermi estimates

Testo

Ranking. Quattro manubri (due masse unite da un’asta rigida di massa trascurabile) con masse $m_1, m_2$ e lunghezza $L$:

• (A) $m_1 = 1$, $m_2 = 3$, $L = 4$;
• (B) $m_1 = 2$, $m_2 = 2$, $L = 2$;
• (C) $m_1 = 1$, $m_2 = 5$, $L = 6$;
• (D) $m_1 = 2$, $m_2 = 4$, $L = 3$.

Ordina le distanze del centro di massa dalla massa $m_1$ dalla più piccola alla più grande.

Soluzione

La distanza del CM da $m_1$ è $d = \dfrac{m_2}{m_1 + m_2}\,L$. Calcolo per ciascun manubrio: $d_A = \frac{3}{4}\cdot 4 = 3 \qquad d_B = \frac{2}{4}\cdot 2 = 1$ $d_C = \frac{5}{6}\cdot 6 = 5 \qquad d_D = \frac{4}{6}\cdot 3 = 2$ Ordinando $1 < 2 < 3 < 5$: $\ev{\text{B} < \text{D} < \text{A} < \text{C}}$

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Argomenti: Centro di massa Concetti: Centro di massa Competenze: Calcolo del centro di massa · Ragionamento di ranking

Problem

Ranking. Four dumbbells (two masses joined by a rigid rod of negligible mass) with masses $m_1, m_2$ and length $L$:

• (A) $m_1 = 1$, $m_2 = 3$, $L = 4$;
• (B) $m_1 = 2$, $m_2 = 2$, $L = 2$;
• (C) $m_1 = 1$, $m_2 = 5$, $L = 6$;
• (D) $m_1 = 2$, $m_2 = 4$, $L = 3$.

Rank the distances of the centre of mass from mass $m_1$, from smallest to largest.

Solution

The distance of the CM from $m_1$ is $d = \dfrac{m_2}{m_1 + m_2}\,L$. Calculating for each dumbbell: $d_A = \frac{3}{4}\cdot 4 = 3 \qquad d_B = \frac{2}{4}\cdot 2 = 1$ $d_C = \frac{5}{6}\cdot 6 = 5 \qquad d_D = \frac{4}{6}\cdot 3 = 2$ Ordering $1 < 2 < 3 < 5$: $\ev{\text{B} < \text{D} < \text{A} < \text{C}}$

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Topics: Centre of mass Concepts: Centre of mass Skills: Calculating the centre of mass · Ranking reasoning

Testo

Il tuffatore che ruota. Un tuffatore salta dal trampolino e compie un “salto mortale” in aria. Durante il volo agita braccia e gambe. (a) Il suo centro di massa segue una traiettoria diversa dalla parabola di un corpo puntiforme? (b) La somma dei suoi momenti angolari interni può cambiare mentre è in aria? (c) Come usa effettivamente le braccia per accelerare o rallentare la rotazione? Argomenta senza calcoli.

Soluzione

(a) No. Sul tuffatore in volo agisce solo il peso (forza esterna): il centro di massa segue una parabola perfetta, come un punto materiale. Muovere braccia e gambe sono forze interne che non spostano il CM.

(b) No. In aria non ci sono momenti esterni significativi (il peso, applicato al CM, ha momento nullo rispetto al CM). Quindi il momento angolare interno $\vec{L}_\text{int}$ si conserva: la sua somma non può cambiare.

(c) Variando il momento d’inerzia. Poiché $L_\text{int} = I_\text{CM}\,\omega$ è costante, ridurre $I$ aumenta $\omega$ e viceversa. Raccogliendosi (braccia e gambe vicine all’asse) diminuisce $I$ e la rotazione si fa più veloce; aprendosi aumenta $I$ e la rotazione rallenta. È così che il tuffatore controlla il numero di giri e “frena” prima di entrare in acqua.

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Argomenti: Centro di massa Concetti: Momento angolare · Conservazione del momento angolare · Momento d’inerzia

Problem

The rotating diver. A diver jumps off the springboard and performs a somersault in mid-air. During the flight they move their arms and legs. (a) Does their centre of mass follow a trajectory different from the parabola of a point body? (b) Can the sum of their internal angular momenta change while they are in the air? (c) How do they actually use their arms to speed up or slow down the rotation? Argue without calculations.

Solution

(a) No. While the diver is in flight, only weight (an external force) acts on them: the centre of mass follows a perfect parabola, like a point particle. Moving the arms and legs are internal forces that do not shift the CM.

(b) No. In the air there are no significant external torques (weight, applied at the CM, has zero torque about the CM). Hence the internal angular momentum $\vec{L}_\text{int}$ is conserved: its sum cannot change.

(c) By varying the moment of inertia. Since $L_\text{int} = I_\text{CM}\,\omega$ is constant, reducing $I$ increases $\omega$ and vice versa. Tucking in (arms and legs close to the axis) decreases $I$ and the rotation becomes faster; opening out increases $I$ and the rotation slows down. This is how the diver controls the number of rotations and “brakes” before entering the water.

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Topics: Centre of mass Concepts: Angular momentum · Conservation of angular momentum · Moment of inertia

Testo

Tre masse sono disposte lungo un asse: $m_1 = 2{,}0\;\text{kg}$ in $x_1 = 0$, $m_2 = 3{,}0\;\text{kg}$ in $x_2 = 1{,}0\;\text{m}$, $m_3 = 5{,}0\;\text{kg}$ in $x_3 = 1{,}5\;\text{m}$. Calcola la posizione del centro di massa.

Soluzione

Massa totale $M = 10\;\text{kg}$: $x_\text{CM} = \frac{2{,}0\cdot 0 + 3{,}0\cdot 1{,}0 + 5{,}0\cdot 1{,}5}{10} = \frac{0 + 3{,}0 + 7{,}5}{10} = \frac{10{,}5}{10}$ $\ev{x_\text{CM} = 1{,}1\;\text{m}}$

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Argomenti: Centro di massa Concetti: Centro di massa Competenze: Calcolo del centro di massa

Problem

Three masses are arranged along an axis: $m_1 = 2{,}0\;\text{kg}$ at $x_1 = 0$, $m_2 = 3{,}0\;\text{kg}$ at $x_2 = 1{,}0\;\text{m}$, $m_3 = 5{,}0\;\text{kg}$ at $x_3 = 1{,}5\;\text{m}$. Calculate the position of the centre of mass.