Russia na

Problem 1 Originally, there is only one set of springs of constant $k$, meaning a weight $W$ would result in a compression of $W/k$. After adding the new set of springs, the effective spring constant is $\frac{1}{k_{\text{eff}}}=\frac{1}{k}+\frac{1}{2k}⟹k_{\text{eff}}=\frac{2k}{3}$ which means a weight $W_0$ would result in a total compression of $3W_0/(2k)$. Therefore: $\frac{W^{\prime }}{k}=\frac{3W_0}{2k}$ $\frac{W^{\prime }}{W_0}=\frac{3}{2}⟹\boxed{B}$

Topic: Oscillations & Waves, Newtonian Mechanics Metodi: Hooke’s Law, Physical Modeling, Superposition Principle Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Spring Fonte: Testo (PDF) — p.1

Problema 1 In origine, esisteva solo un insieme di sorgenti di costante $k$, il che significa che un peso $W$ avrebbe portato a un compressione di $W/k$. Dopo l’aggiunta del nuovo set di molle, la costante di molle effettiva è $\frac{1}{k_{\text{eff}}}=\frac{1}{k}+\frac{1}{2k}⟹k_{\text{eff}}=\frac{2k}{3}$ che significa che un peso $W_0$ avrebbe come risultato una compressione totale di $3W_0/(2k)$. Pertanto: $\frac{W^{\prime }}{k}=\frac{3W_0}{2k}$ $\frac{W^{\prime }}{W_0}=\frac{3}{2}⟹\boxed{B}$

Topic: Oscillations & Waves, Newtonian Mechanics Metodi: Hooke’s Law, Physical Modeling, Superposition Principle Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Spring Fonte: Testo (PDF) — p.1

Problem 2 Note that the string has no way of dissipating energy, so the velocity remains at a constant $v$. Between consecutive collisions of the string with each corner, the length of the string is constant, so the mass undergoes uniform circular motion. Therefore, the total time is the sum of times taken to traverse each circular arc, which is $t=\frac{7\pi a}{2v}+\frac{6\pi a}{2v}+\cdots +\frac{2\pi a}{2v}+\frac{\pi a}{2v}=\frac{14\pi a}{v}⟹\boxed{B}$

Topic: Newtonian Mechanics, Conservation of Energy Metodi: Conservation of Energy, Kinematic Equations, Physical Modeling Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: String Fonte: Testo (PDF) — p.1

Il problema 2 Si noti che la corda non dispone di alcun modo di dissiparsi l’energia, quindi la velocità rimane costante $v$. Tra le collisioni consecutive della corda con ogni angolo, la lunghezza della corda è costante, la massa subisce un movimento circolare uniforme. Pertanto, il tempo totale è la somma dei tempi impiegati per attraversare ogni arco circolare, che è $t=\frac{7\pi a}{2v}+\frac{6\pi a}{2v}+\cdots +\frac{2\pi a}{2v}+\frac{\pi a}{2v}=\frac{14\pi a}{v}⟹\boxed{B}$

Topic: Newtonian Mechanics, Conservation of Energy Metodi: Conservation of Energy, Kinematic Equations, Physical Modeling Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: String Fonte: Testo (PDF) — p.1

Problem 3 The maximum height is achieved by the hole in which the water shoots straight up. If the initial speed of water through the hole is $v$, then by continuity, the new speed $v^{\prime }$ of water going through a singular hole is $Nv=v^{\prime }$ Since $h\propto v^2$, $h^{\prime }=N^{2}h⟹\boxed{D}$

Topic: Fluid Mechanics Metodi: Continuity Equation, Bernoulli’s Equation, Physical Modeling Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Container Fonte: Testo (PDF) — p.1

Il problema 3 L’altezza massima è raggiunta dal foro in cui l’acqua scorre dritta. Se l’inizio La velocità dell’acqua attraverso il buco è $v$, quindi per continuità, la nuova velocità $v^{\prime }$ dell’acqua che attraversa un il buco singolare è $Nv=v^{\prime }$ Dal momento che $h\propto v^2$, $h^{\prime }=N^{2}h⟹\boxed{D}$

Topic: Fluid Mechanics Metodi: Continuity Equation, Bernoulli’s Equation, Physical Modeling Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Container Fonte: Testo (PDF) — p.1

Problem 4 Let us consider the rotating reference frame of the four-way pipe. When the water initially leaves, it has a velocity $v$ that is parallel to one of the pipes. Afterwards, it is affected by a coriolis acceleration $-2\vec{\omega }\times \vec{v}$ that points in the opposite direction of rotation. Note that the shape of the water relative to the pipes should be the same in all reference frames. Therefore, the only choice that satisfies both the parallel exit velocity and coiling in the opposite direction of the rotation is $\boxed{E}$.

Topic: Fluid Mechanics, Newtonian Mechanics Metodi: Physical Modeling, Free-Body Diagram Competenze: Physical Reasoning, Diagrammatic Reasoning Objects: Tube Fonte: Testo (PDF) — p.2

Problema 4 Consideriamo il quadro di riferimento rotativo del tubo a quattro vie. Quando l’acqua inizia a partire, ha una velocità $v$ parallela a una delle tubi. In seguito, viene colpita da un coriolis. Accelerazione $-2\vec{\omega }\times \vec{v}$ che punta nella direzione opposta della rotazione. Si noti che la forma della l’acqua relativa ai tubi deve essere la stessa in tutti i quadri di riferimento. Pertanto, l’unica scelta che soddisfa sia la velocità di uscita parallela che la bobina nella direzione opposta della rotazione è $\boxed{E}$.

Topic: Fluid Mechanics, Newtonian Mechanics Metodi: Physical Modeling, Free-Body Diagram Competenze: Physical Reasoning, Diagrammatic Reasoning Objects: Tube Fonte: Testo (PDF) — p.2

Problem 5 The amount of energy required to take out a cubical crater of length $L$ is proportional to $E\propto mgL\propto \rho L^{3}gL$ A meteor with twice the mass will be able to provide twice the energy. Therefore, the linear size of the crater will be $2^{1/4}$ larger, and its volume will be $2^{3/4}$ times larger, implying $\boxed{D}$.

Topic: Conservation of Energy, Newtonian Mechanics Metodi: Dimensional Analysis, Energy Conservation Method, Physical Modeling Competenze: Physical Reasoning, Estimation & Approximation Objects: Projectile Fonte: Testo (PDF) — p.2

Problema 5 La quantità di energia necessaria per estrarre un cratere cubico di lunghezza $L$ è proporzionale a $E\propto mgL\propto \rho L^{3}gL$ Un meteorite con il doppio della massa sarà in grado di fornire il doppio dell’energia. Pertanto, la dimensione lineare di il cratere sarà $2^{1/4}$ più grande e il suo volume sarà $2^{3/4}$ volte più grande, implicando $\boxed{D}$.

Topic: Conservation of Energy, Newtonian Mechanics Metodi: Dimensional Analysis, Energy Conservation Method, Physical Modeling Competenze: Physical Reasoning, Estimation & Approximation Objects: Projectile Fonte: Testo (PDF) — p.2

Problem 6 The weight of the cylinder is negligible, so the total normal force of the ground on the cylinder is 10 N. By symmetry, the normal pressure is equal at all contact points and the frictional force is similarly equal in magnitude at all points, pointing in the opposite direction to the cylinder’s rotation. Therefore, summing up all the frictional works of each point, the total rate at which heat is being dissipated is $P=\mu Nv=\mu N\omega R$ Therefore $\Delta Q=Pt=0.6t⟹\boxed{A}$

Topic: Newtonian Mechanics, Rotational Dynamics, Thermodynamics Metodi: Free-Body Diagram, Conservation of Energy, Physical Modeling Competenze: Physical Reasoning, Diagrammatic Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Cylinder Fonte: Testo (PDF) — p.2

Problema 6 Il peso del cilindro è trascurabile, quindi la forza normale totale del terreno sul cilindro is 10 N. Per simmetria, la pressione normale è uguale a tutti i punti di contatto e la forza di attrito è uguale in magnitudo in tutti i punti, puntando nella direzione opposta alla cilindrata

• La rotazione. Pertanto, riassumendo tutte le operazioni di attrito di ciascun punto, la velocità totale di calore si sta disperdendo è $P=\mu Nv=\mu N\omega R$ Pertanto $\Delta Q=Pt=0.6t⟹\boxed{A}$

Topic: Newtonian Mechanics, Rotational Dynamics, Thermodynamics Metodi: Free-Body Diagram, Conservation of Energy, Physical Modeling Competenze: Physical Reasoning, Diagrammatic Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Cylinder Fonte: Testo (PDF) — p.2

Problem 7 The tower will be stable if its center of mass is located within its area of support. If we set the origin of our coordinate system to be the bottom left corner, that’s equivalent to saying $x_{\text{cm}}\le b$ Calculating $x_{\text{cm}}$: $x_{\text{cm}}=\frac{b/2+b/2+a/2}{3}=\frac{2b+a}{6}$ Yields: $2b+a\le 6b$ $a/b\le 4⟹\boxed{C}$

Topic: Rigid Body Statics, Newtonian Mechanics Metodi: Torque & Angular Momentum Analysis, Free-Body Diagram, Vector Decomposition Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling, Diagrammatic Reasoning Objects: Block Fonte: Testo (PDF) — p.2

Problema 7 La torre sarà stabile se il suo centro di massa si trova all’interno della sua area di supporto. Se impostare il l’origine del nostro sistema di coordinate per essere l’angolo inferiore sinistro, che equivale a dire $x_{\text{cm}}\le b$ Calcolo $x_{\text{cm}}$: $x_{\text{cm}}=\frac{b/2+b/2+a/2}{3}=\frac{2b+a}{6}$ Rendizioni: $2b+a\le 6b$ $a/b\le 4⟹\boxed{C}$

Topic: Rigid Body Statics, Newtonian Mechanics Metodi: Torque & Angular Momentum Analysis, Free-Body Diagram, Vector Decomposition Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling, Diagrammatic Reasoning Objects: Block Fonte: Testo (PDF) — p.2

Problem 8 Suppose the rod had an angle $\varphi$ with the horizontal. In a time $t$, the bead would travel a distance $d=\frac{1}{2}a{t}^2=\frac{1}{2}g{t}^2\sin \varphi$ along the rod. Now consider the set of points that can be reached from P in a time $t$. That set of points has a radial distance $r\propto \sin \varphi$, which you may recognize as the polar form of a circle! In particular, the set of points reachable in time $t$ is a circle with P as its uppermost point. From this information, we can determine that the shortest time is reached if the rod is placed at the tangency point of two circles: the circle centered at the origin, and the circle whose upper most point is P and is tangent to the circle centered at the origin. Using geometry, we can determine that $\theta \approx 53^{\circ }⟹\boxed{B}$

Topic: Newtonian Mechanics Metodi: Kinematic Equations, Physical Modeling, Calculus-Integration Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Rod Fonte: Testo (PDF) — p.3

Problema 8 Supponiamo che la canna abbia un angolo $\varphi$ con l’orizzontale. In un tempo $t$, la perla percorrerà una distanza $d=\frac{1}{2}a{t}^2=\frac{1}{2}g{t}^2\sin \varphi$ lungo la canna. Ora consideriamo l’insieme di punti che possono essere raggiunti da P in un tempo $t$. Quella serie di I punti hanno una distanza radial $r\propto \sin \varphi$, che si può riconoscere come la forma polare di un cerchio! In In particolare, l’insieme di punti raggiungibili in tempo $t$ è un cerchio con P come punto superiore. Da queste informazioni possiamo determinare che il tempo più breve è raggiunto se la canna è posta al punto il punto di tangenza di due cerchi: il cerchio centrato all’origine, e il cerchio il cui superiore più Il punto è P ed è tangente al cerchio centrato all’origine. Usando la geometria, possiamo determinare che $\theta \approx 53^{\circ }⟹\boxed{B}$

Topic: Newtonian Mechanics Metodi: Kinematic Equations, Physical Modeling, Calculus-Integration Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Rod Fonte: Testo (PDF) — p.3

Problem 9 Suppose the small hole has area $A$. Just before breaking, the tape experiences a force $6\text{N}=PA=(\rho gh)A$ After breaking, water exits at a velocity of $\sqrt{2gh}$. By momentum conservation, the force that the exiting water exerts on the remaining water is $F=\frac{dp}{dt}=\frac{dm}{dt}v=\rho A{v}^2=2\rho ghA=12\text{N}⟹\boxed{D}$

Topic: Fluid Mechanics, Conservation of Momentum Metodi: Impulse-Momentum Theorem, Hydrostatic Equilibrium, Conservation Laws Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Container Fonte: Testo (PDF) — p.3

Problema 9 Supponiamo che il piccolo buco abbia una superficie $A$. Poco prima di rompersi, la nastro sente una forza $6\text{N}=PA=(\rho gh)A$ Dopo la rottura, l’acqua esce a una velocità di $\sqrt{2gh}$. Per la conservazione dell’impulso, la forza che la esorsione dell’acqua sull’acqua rimanente è $F=\frac{dp}{dt}=\frac{dm}{dt}v=\rho A{v}^2=2\rho ghA=12\text{N}⟹\boxed{D}$

Topic: Fluid Mechanics, Conservation of Momentum Metodi: Impulse-Momentum Theorem, Hydrostatic Equilibrium, Conservation Laws Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Container Fonte: Testo (PDF) — p.3

Problem 10 By conservation of angular momentum, $I_{\text{cm}}{\omega }_0=I\omega$ It is well known that $I_{\text{cm}}=M{R}^2/2$, and by the parallel axis theorem $I=I_{\text{cm}}+M(R/3{)}^2=\frac{11}{18}M{R}^2$ Therefore: $\omega =\frac{9}{11}{\omega }_0⟹\boxed{E}$

Topic: Rotational Dynamics, Conservation of Momentum Metodi: Torque & Angular Momentum Analysis, Conservation Laws, Physical Modeling Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Disk Fonte: Testo (PDF) — p.3

Problema 10 Con la conservazione del momento angolare, $I_{\text{cm}}{\omega }_0=I\omega$ È noto che $I_{\text{cm}}=M{R}^2/2$, e dal teorema dell’asse parallelo $I=I_{\text{cm}}+M(R/3{)}^2=\frac{11}{18}M{R}^2$ Pertanto: $\omega =\frac{9}{11}{\omega }_0⟹\boxed{E}$

Topic: Rotational Dynamics, Conservation of Momentum Metodi: Torque & Angular Momentum Analysis, Conservation Laws, Physical Modeling Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Disk Fonte: Testo (PDF) — p.3

Problem 11 Suppose the low density solid we are trying to measure has a volume $V$. Let us call the density of the gas ${\rho }_g$. The true weight of the solid is ${\rho }_{1}V$, but the scale results the measurement of a weight $({\rho }_1-{\rho }_g)V$ Therefore, the relative error is $\frac{{\rho }_g}{{\rho }_1}=2\%⟹\boxed{E}$

Topic: Fluid Mechanics, Newtonian Mechanics Metodi: Hydrostatic Equilibrium, Physical Modeling, Free-Body Diagram Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Gas Fonte: Testo (PDF) — p.3

Problema 11 Supponiamo che il solido a bassa densità che stiamo cercando di misurare abbia un volume $V$. Chiamiamo la densità di il gas ${\rho }_g$. Il peso reale del solido è ${\rho }_{1}V$, ma la scala produce la misura di un peso $({\rho }_1-{\rho }_g)V$ Pertanto, l’errore relativo è $\frac{{\rho }_g}{{\rho }_1}=2\%⟹\boxed{E}$

Topic: Fluid Mechanics, Newtonian Mechanics Metodi: Hydrostatic Equilibrium, Physical Modeling, Free-Body Diagram Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Gas Fonte: Testo (PDF) — p.3

Problem 12 The ladder experiences 5 forces: two normal forces, two frictional forces, and the weight of the construction worker. However, for the maximum height not to slip, the frictional forces will be maximized to $\mu N$, so in fact we can combine each of the friction+normal pairs to get 3 effective forces. Finally, each of the lines of the “3” forces, if extended, must intersect at a single point in order for torque to be balanced, because otherwise we can take torque about the point of intersection of two forces and find a non-zero torque. Let us find the position of the construction worker in this scenario. Suppose the ladder is located in the first quadrant, and the $x$ and $y$ axes are the ground and wall respectively. The lines that the forces from the wall and the ground make are $y=L\sin \theta +\mu x$ $y=-\frac{1}{\mu }(x-L\cos \theta )$ respectively. These lines intersect at an $x$ value of $x=\frac{L(\cos \theta -\mu \sin \theta )}{1+{\mu }^2}$ which corresponds to a $y$ value on the ladder of $y=L\sin \theta -x\tan \theta =0.15\text{m}⟹\boxed{A}$

Topic: Rigid Body Statics, Newtonian Mechanics Metodi: Free-Body Diagram, Torque & Angular Momentum Analysis, Vector Decomposition Competenze: Diagrammatic Reasoning, Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Rod Fonte: Testo (PDF) — p.4

Problema 12 La scala sperimenta 5 forze: due forze normali, due forze di attrito e il peso della operaio di costruzione. Tuttavia, per evitare che l’altezza massima scivoli, le forze di attrito saranno massimizza a $\mu N$, quindi possiamo combinare ciascuna delle friczioni + coppie normali per ottenere 3 effettivi

• Le forze. Infine, ciascuna delle linee delle forze “3”, se estesa, deve incrociare in un singolo punto di ordinare per la coppia da essere bilanciato, perché altrimenti possiamo prendere la coppia circa il punto di intersezione di due forze e trovare una coppia non zero. Troviamo la posizione del costruttore in questo scenario. Supponiamo che la scala sia situata nel primo quadrante, e gli assi $x$ e $y$ sono rispettivamente il terreno e la parete. Le linee che il Le forze della parete e del terreno fanno $y=L\sin \theta +\mu x$ $y=-\frac{1}{\mu }(x-L\cos \theta )$ rispettivamente. Queste linee si intersecano a un valore $x$ di $x=\frac{L(\cos \theta -\mu \sin \theta )}{1+{\mu }^2}$ che corrisponde a un valore $y$ sulla scala di $y=L\sin \theta -x\tan \theta =0.15\text{m}⟹\boxed{A}$

Topic: Rigid Body Statics, Newtonian Mechanics Metodi: Free-Body Diagram, Torque & Angular Momentum Analysis, Vector Decomposition Competenze: Diagrammatic Reasoning, Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Rod Fonte: Testo (PDF) — p.4

Problem 13 Pressure increases linearly with depth, so the average pressure from the water on the dam is $\rho gH/2$. Therefore, the total force is $F=PA=\frac{1}{2}\rho g{H}^{2}L⟹\boxed{C}$

Topic: Fluid Mechanics Metodi: Hydrostatic Equilibrium, Physical Modeling Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Container Fonte: Testo (PDF) — p.4

Problema 13 La pressione aumenta linearmente con la profondità, quindi la pressione media dell’acqua sulla diga è $\rho gH/2$. Pertanto, la forza totale è $F=PA=\frac{1}{2}\rho g{H}^{2}L⟹\boxed{C}$

Topic: Fluid Mechanics Metodi: Hydrostatic Equilibrium, Physical Modeling Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Container Fonte: Testo (PDF) — p.4

Problem 14 While falling, both masses fall at the same rate. Therefore, the mass within stays at its equilibrium position during the fall. When the box hits the ground, it immediately slows to a stop, whereas the mass within still has a velocity $\sqrt{2gH}$. The maximum compression achieved by the mass within can be determined by conservation of energy: $\frac{1}{2}k{x}^2=mgH$ $x=\sqrt{\frac{2mgH}{k}}$ For the box to jump up afterward, $kx$ must be greater than $mg$: $kx=\sqrt{2mgHk}>mg$ $H>\frac{mg}{2k}⟹\boxed{C}$

Topic: Oscillations & Waves, Conservation of Energy, Newtonian Mechanics Metodi: Energy Conservation Method, Conservation of Energy, Simple Harmonic Motion Analysis Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Spring, Block Fonte: Testo (PDF) — p.4

Problema 14 Mentre cade, entrambe le masse cadono allo stesso ritmo. Pertanto, la massa all’interno rimane in equilibrio posizione durante l’autunno. Quando la scatola colpisce il terreno, si rallenta immediatamente fino a fermarsi, mentre la scatola la massa all’interno ha ancora una velocità $\sqrt{2gH}$. La compressione massima raggiunta dalla massa all’interno può essere determinata mediante la conservazione dell’energia: $\frac{1}{2}k{x}^2=mgH$ $x=\sqrt{\frac{2mgH}{k}}$ Per che la scatola salti in su dopo, $kx$ deve essere superiore a $mg$: $kx=\sqrt{2mgHk}>mg$ $H>\frac{mg}{2k}⟹\boxed{C}$

Topic: Oscillations & Waves, Conservation of Energy, Newtonian Mechanics Metodi: Energy Conservation Method, Conservation of Energy, Simple Harmonic Motion Analysis Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Spring, Block Fonte: Testo (PDF) — p.4

Problem 15 Angular momentum is conserved throughout this process, so $\frac{d}{dt}L=\frac{d}{dt}(I\omega )=\frac{dI}{dt}\omega +I\frac{d\omega }{dt}=0$ $\frac{d\omega }{dt}=-\frac{dI}{dt}\frac{\omega }{I}=-\frac{1}{2}(0.2\cdot \pi 1^2)1^2\cdot \frac{10}{(1/2{)}^2\cdot 1^2}=-\pi ⟹\boxed{D}$

Topic: Rotational Dynamics, Conservation of Momentum Metodi: Torque & Angular Momentum Analysis, Conservation Laws, Differential Equations Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Disk Fonte: Testo (PDF) — p.5

Il problema 15 L’impulso angolare è conservato durante tutto questo processo, quindi $\frac{d}{dt}L=\frac{d}{dt}(I\omega )=\frac{dI}{dt}\omega +I\frac{d\omega }{dt}=0$ $\frac{d\omega }{dt}=-\frac{dI}{dt}\frac{\omega }{I}=-\frac{1}{2}(0.2\cdot \pi 1^2)1^2\cdot \frac{10}{(1/2{)}^2\cdot 1^2}=-\pi ⟹\boxed{D}$

Topic: Rotational Dynamics, Conservation of Momentum Metodi: Torque & Angular Momentum Analysis, Conservation Laws, Differential Equations Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Disk Fonte: Testo (PDF) — p.5

Problem 16 The total momentum, which is conserved, is 0. Therefore, the center of mass is stationary. From inspection, we know that the center of mass is initially within the black curve, so it must always be below the black curve. From these two facts alone, we can eliminate all other choices: • Choice A satisfies both these requirements. $⟹\boxed{A}$ • Choice B has moments where the center of mass is above of the black curve. • The initial momentum of Choice C does not even satisfy the problem’s requirements. • Neither does the initial momentum of Choice D. • In Choice E, the momentum quickly becomes nonzero.

Topic: Conservation of Momentum, Newtonian Mechanics Metodi: Conservation Laws, Conservation of Momentum, Physical Modeling Competenze: Physical Reasoning, Diagrammatic Reasoning Objects: — Fonte: Testo (PDF) — p.5

Problema 16 L’impulso totale, che viene conservato, è di 0. Pertanto, il centro di massa è stazionario. Da l’ispezione, sappiamo che il centro di massa è inizialmente all’interno della curva nera, quindi deve sempre essere sotto la curva nera. Solo da questi due fatti possiamo eliminare tutte le altre scelte: • La scelta A soddisfa entrambe le esigenze. $⟹\boxed{A}$ • La scelta B ha momenti in cui il centro di massa è sopra la curva nera. • L’impulso iniziale della scelta C non soddisfa nemmeno i requisiti del problema. • Neppure la dinamica iniziale della scelta D. • Nella scelta E, l’impulso diventa rapidamente non zero.

Topic: Conservation of Momentum, Newtonian Mechanics Metodi: Conservation Laws, Conservation of Momentum, Physical Modeling Competenze: Physical Reasoning, Diagrammatic Reasoning Objects: — Fonte: Testo (PDF) — p.5

Problem 17 In the accelerating reference frame of the center of mass of the firework, the firework bursts into a sphere where each portion of the firework has equal speed. Since fragments with equal height in the sphere will hit the ground at the same time, the number of fragments that hit the ground at a certain time is proportional to the circumference of the circular cross-section of the sphere that intersects with the ground. Therefore, the number of fragments will increase, reach a maximum, then decrease $⟹\boxed{C}$.

Topic: Newtonian Mechanics, Conservation of Momentum Metodi: Conservation of Momentum, Kinematic Equations, Physical Modeling Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Projectile Fonte: Testo (PDF) — p.5

Problema 17 Nel quadro di riferimento accelerato del centro di massa del fuoco, il fuoco scoppe in una sfera in cui ogni parte del fuochi d’artificio ha la stessa velocità. Dal momento che i frammenti di uguale altezza in la sfera colpirà il terreno allo stesso tempo, il numero di frammenti che colpiranno il terreno a un certo tempo è proporzionale alla circonferenza della sezione incrociata circolare della sfera che si incrocia con il terreno. Pertanto, il numero di frammenti aumenterà, raggiungendo il massimo, in seguito diminuire $⟹\boxed{C}$.

Topic: Newtonian Mechanics, Conservation of Momentum Metodi: Conservation of Momentum, Kinematic Equations, Physical Modeling Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Projectile Fonte: Testo (PDF) — p.5

Problem 18 Adding the springs from top to bottom is annoying to calculate. Instead, we can consider each iteration to be equivalent to taking the existing contraption and hanging it on a new mass, then hanging this new contraption with a spring. That way, it is clear that the increase in length for each iteration of the process is equal to the length of the top spring. The length of the top spring for the iteration of $N$ springs is: $l_0+\Delta x=l_0+\frac{Nmg}{k}$ So the total length of the springs is: ${\sum }_{i=1}^N\left(l_0+\frac{img}{k}\right)=N{l}_0+\frac{N(N-1)}{2}\frac{mg}{k}$ Setting this total length to be greater than or equal to the height of the room yields a quadratic with solution $N=11⟹\boxed{D}$

Topic: Oscillations & Waves, Newtonian Mechanics Metodi: Hooke’s Law, Physical Modeling, Calculus-Integration Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Spring Fonte: Testo (PDF) — p.6

Problema 18 Aggiungere le sorgenti dall’alto al basso è fastidioso da calcolare. Invece, possiamo considerare ciascuna l’iteramento è equivalente a prendere l’apparecchio esistente e appenderlo su una nuova massa, quindi appendere questo nuovo apparecchio con una molla. In questo modo è chiaro che l’aumento della lunghezza per ogni iterazione del processo è uguale alla lunghezza della molla superiore. La lunghezza della molla superiore per l’iteratura delle molle $N$ è: $l_0+\Delta x=l_0+\frac{Nmg}{k}$ Quindi la lunghezza totale delle sorgenti è: ${\sum }_{i=1}^N\left(l_0+\frac{img}{k}\right)=N{l}_0+\frac{N(N-1)}{2}\frac{mg}{k}$ Impostare questa lunghezza totale a essere maggiore o uguale all’altezza della stanza produce un quadratico con soluzione $N=11⟹\boxed{D}$

Topic: Oscillations & Waves, Newtonian Mechanics Metodi: Hooke’s Law, Physical Modeling, Calculus-Integration Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Spring Fonte: Testo (PDF) — p.6

Problem 19 Note that since the center of mass of the table is stationary, all the oscillations described in this problem excite only one normal mode. When point A is pushed down, the motion is equivalent to that of a rod, with two springs of constant $2k$ at each end, and opposite sides of the table alternate going up and down. For a small tilt from the horizontal of angle $\theta$, the torque equation about the center of mass becomes $\frac{1}{12}m{a}^2\ddot{\theta }=-4ka\frac{\theta }{2}\cdot \frac{a}{2}$ ${\omega }_0=\sqrt{\frac{12k}{m}}$ When point B is pressed down, the motion is such that the opposite corners alternate going up and down. Note that the moment of inertia across the diagonal of the square, by the perpendicular axis theorem, is equal to the moment of inertia about an axis in the plane of the square that bisects the two opposite sides. However, there are two springs involved instead of four, the lever arm is a factor of $\sqrt{2}$ greater, and the linear elongation in the springs per unit $\theta$ is a factor of $\sqrt{2}$ greater, therefore the oscillation frequency is also $\omega =\sqrt{\frac{12k}{m}}$ Therefore $\omega ={\omega }_0⟹\boxed{C}$.

Topic: Oscillations & Waves, Rotational Dynamics Metodi: Simple Harmonic Motion Analysis, Torque & Angular Momentum Analysis, Physical Modeling Competenze: Mathematical Modeling, Diagrammatic Reasoning Objects: Spring, Rod Fonte: Testo (PDF) — p.6

Problema 19 Si noti che, poiché il centro di massa della tabella è stazionario, tutte le oscillazioni descritte in questo Il problema eccita solo una modalità normale. Quando il punto A viene spinto verso il basso, il movimento è equivalente a di una canna, con due sorgenti di costante $2k$ ad ogni estremità, e la parte opposta della tavola si alternano

• Su e giù. Per una piccola inclinazione dall’angolo orizzontale $\theta$, l’equazione della coppia circa la centro di massa diventa $\frac{1}{12}m{a}^2\ddot{\theta }=-4ka\frac{\theta }{2}\cdot \frac{a}{2}$ ${\omega }_0=\sqrt{\frac{12k}{m}}$ Quando il punto B viene premuto verso il basso, il movimento è tale che gli angoli opposti si alternano verso l’alto E giù. Si noti che il momento di inerzia attraverso la diagonale del quadrato, perpendicolare teorema dell’asse, è uguale al momento di inerzia intorno ad un asse nel piano del quadrato che divide i due lati opposti. Tuttavia, ci sono due sorgenti coinvolte invece di quattro, il braccio leva è un un fattore di $\sqrt{2}$ superiore e l’allungamento lineare delle sorgenti per unità $\theta$ è un fattore di $\sqrt{2}$ superiore, la frequenza di oscillazione è quindi $\omega =\sqrt{\frac{12k}{m}}$ Pertanto $\omega ={\omega }_0⟹\boxed{C}$.

Topic: Oscillations & Waves, Rotational Dynamics Metodi: Simple Harmonic Motion Analysis, Torque & Angular Momentum Analysis, Physical Modeling Competenze: Mathematical Modeling, Diagrammatic Reasoning Objects: Spring, Rod Fonte: Testo (PDF) — p.6

Problem 20 If there’s no friction interaction between the rings, the rotations of each ring does not affect the velocities of the collision. Further, during the collision, friction from the ground does not have time to act on the rings. Therefore, the linear velocities change exactly as if it were an elastic collision. From this fact, the premise becomes clear. Initially, both rings roll without slipping until the collision, when the ratios of linear to rotational velocity is offset, which allows friction to act on the rings. If friction is sufficient, it may result one of the rings moving in the opposite direction, causing a second or perhaps even more collisions. Since the masses are equal, the velocities $v_1$ and $v_2$ simply swap. After the first collision, the ring A is suddenly rotating too fast $({\omega }_1=10/R>v/R)$ for its linear speed; therefore, friction points forwards to decelerate its angular speed while accelerating its linear speed: $ma=+\mu mg⟹a=+\mu g$ $m{R}^2\alpha =-\mu mgR⟹R\alpha =-\mu g$ Both accelerations stop when $\omega =v/R$, indicating rolling without slipping. Note that due to the nice setup, $a=-R\alpha$, so $v$ and $R\omega$ simply meet at their average, which is 6 m/s. The linear distance travelled during this time is given by the kinematic equation $v_f^2=v_i^2+2a{d}_A$ $d_A=\frac{7^2-4^2}{2\mu g}=1.65\text{m}$ A similar analysis on ring B shows that it also ends up at 6 m/s after the collision and friction act on it, but during the same amount of time, ring B travels a distance $d_B=2.55$ m. Since they both end up with the same velocity after the first collision, the two rings’ separation stays constant afterwards. Therefore, the final separation is 0.9 m $⟹\boxed{A}$.

Topic: Rotational Dynamics, Newtonian Mechanics, Conservation of Momentum Metodi: Free-Body Diagram, Kinematic Equations, Impulse-Momentum Theorem Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling, Diagrammatic Reasoning Objects: Disk Fonte: Testo (PDF) — p.7

Problema 20 Se non vi è alcuna interazione di attrito tra gli anelli, le rotazioni di ogni anello non influenzano la velocità della collisione. Inoltre, durante la collisione, la frizione dal terreno non ha E’ ora di agire sugli anelli. Pertanto, le velocità lineari cambiano esattamente come se si trattasse di una collisione elastica. Da questo fatto, la premessa diventa chiara. Inizialmente, entrambi gli anelli ruotano senza scivolare fino a quando il collisione, quando i rapporti di velocità lineare e di rotazione sono compensati, che consente alla frizione di agire su

• Gli anelli. Se la frizione è sufficiente, può causare il movimento di uno degli anelli nella direzione opposta, causando una seconda collisione o forse anche più. Poiché le masse sono uguali, le velocità $v_1$ e $v_2$ semplicemente si scambiano. Dopo la prima collisione, l’anello A sta improvvisamente ruotando troppo velocemente $({\omega }_1=10/R>v/R)$ per la sua velocità lineare; pertanto, i punti di attrito le forze per rallentare la velocità angolare e accelerare la velocità lineare: $ma=+\mu mg⟹a=+\mu g$ $m{R}^2\alpha =-\mu mgR⟹R\alpha =-\mu g$ Entrambe le accelerazioni si fermano quando $\omega =v/R$, indicando il rotolamento senza scivolare. Si noti che a causa di La configurazione è bella, $a=-R\alpha$, quindi $v$ e $R\omega$ si incontrano semplicemente alla loro media, che è di 6 m/s. Il lineare la distanza percorsa durante questo tempo è data dall’equazione cinematica $v_f^2=v_i^2+2a{d}_A$ $d_A=\frac{7^2-4^2}{2\mu g}=1.65\text{m}$ Un analisi simile sull’anello B mostra che finisce anche a 6 m/s dopo la collisione e l’attrito L’anello B percorre una distanza $d_B=2.55$ m. Da quando Entrambi finiscono con la stessa velocità dopo la prima collisione, la separazione dei due anelli rimane costante
• dopo. Pertanto, la separazione finale è di 0,9 m $⟹\boxed{A}$.

Topic: Rotational Dynamics, Newtonian Mechanics, Conservation of Momentum Metodi: Free-Body Diagram, Kinematic Equations, Impulse-Momentum Theorem Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling, Diagrammatic Reasoning Objects: Disk Fonte: Testo (PDF) — p.7

Problem 21 Since the cloud is uniform, the amount of dust collected is proportional to the distance $x$ travelled. Suppose the length that can be traversed in time $T_0$ without dust is $L_0$. Then $m(x)$ is $m(x)=m+\delta m\frac{x}{L_0}$ By momentum conservation $mv$ is constant. Therefore: $v(x)=v_0\frac{m}{m(x)}$ The time needed to traverse the length $L_0$ is $\int \frac{dx}{v}={\int }_0^{L_0}\frac{dx}{v_0}\left(1+\frac{\delta m}{m}\frac{x}{L_0}\right)=\frac{L_0}{v_0}+\frac{\delta m}{m{v}_0{L}_0}\frac{L_0^2}{2}=T_0\left(1+\frac{\delta m}{2m}\right)=1.01T_0⟹\boxed{B}$

Topic: Conservation of Momentum, Newtonian Mechanics Metodi: Conservation Laws, Impulse-Momentum Theorem, Calculus-Integration Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: — Fonte: Testo (PDF) — p.7

Il problema 21 Poiché la nuvola è uniforme, la quantità di polvere raccolta è proporzionale alla distanza percorsa $x$. Supponiamo che la lunghezza che può essere percorsa nel tempo $T_0$ senza polvere sia $L_0$. In questo caso, $m(x)$ è $m(x)=m+\delta m\frac{x}{L_0}$ Per la conservazione del momento $mv$ è costante. Pertanto: $v(x)=v_0\frac{m}{m(x)}$ Il tempo necessario per attraversare la lunghezza $L_0$ è $\int \frac{dx}{v}={\int }_0^{L_0}\frac{dx}{v_0}\left(1+\frac{\delta m}{m}\frac{x}{L_0}\right)=\frac{L_0}{v_0}+\frac{\delta m}{m{v}_0{L}_0}\frac{L_0^2}{2}=T_0\left(1+\frac{\delta m}{2m}\right)=1.01T_0⟹\boxed{B}$

Topic: Conservation of Momentum, Newtonian Mechanics Metodi: Conservation Laws, Impulse-Momentum Theorem, Calculus-Integration Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: — Fonte: Testo (PDF) — p.7

Problem 22 Note that calculus is only necessary for the exact solution. For an approximate solution, note that to first order, $v(x)$ is $v(x)\approx v_0\left(1-\frac{\delta m}{m}\frac{x}{L_0}\right)$ which is a linear function with average velocity $v\approx v_0\left(1-\frac{\delta m}{2m}\right)$ After which we get a similar answer as before: $T=\frac{L_0}{v}\approx T_0\left(1+\frac{\delta m}{2m}\right)=1.01T_0$

Topic: Conservation of Momentum, Newtonian Mechanics Metodi: Conservation Laws, Impulse-Momentum Theorem, Calculus-Integration Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: — Fonte: Testo (PDF) — p.7

Problema 22 Si noti che il calcolo è necessario solo per la soluzione esatta. Per una soluzione approssimativa, si noti che al primo ordine, $v(x)$ è $v(x)\approx v_0\left(1-\frac{\delta m}{m}\frac{x}{L_0}\right)$ che è una funzione lineare con velocità media $v\approx v_0\left(1-\frac{\delta m}{2m}\right)$ Dopo di che riceviamo una risposta simile a quella precedente: $T=\frac{L_0}{v}\approx T_0\left(1+\frac{\delta m}{2m}\right)=1.01T_0$

Topic: Conservation of Momentum, Newtonian Mechanics Metodi: Conservation Laws, Impulse-Momentum Theorem, Calculus-Integration Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: — Fonte: Testo (PDF) — p.7

Problem 23 The thrust required to keep the spaceship in that position is $F_{\text{net}}=F-\frac{GM{m}_f}{4R^2}=\frac{dp}{dt}=\frac{dm}{dt}v=\mu v$ $F=\frac{GM(m_0+\mu R/v)}{4R^2}+\mu v=\text{const.}+\mu \left(\frac{GM}{4Rv}+v\right)$ which by AM-GM is minimized when $v=\sqrt{GM/4R}⟹\boxed{A}$

Topic: Gravitation, Newtonian Mechanics Metodi: Newton’s Law of Gravitation, Conservation Laws, Calculus-Integration Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Satellite, Planet Fonte: Testo (PDF) — p.8

Il problema 23 La spinta necessaria per mantenere la nave spaziale in tale posizione è $F_{\text{net}}=F-\frac{GM{m}_f}{4R^2}=\frac{dp}{dt}=\frac{dm}{dt}v=\mu v$ $F=\frac{GM(m_0+\mu R/v)}{4R^2}+\mu v=\text{const.}+\mu \left(\frac{GM}{4Rv}+v\right)$ che per AM-GM viene ridotta al minimo quando $v=\sqrt{GM/4R}⟹\boxed{A}$

Topic: Gravitation, Newtonian Mechanics Metodi: Newton’s Law of Gravitation, Conservation Laws, Calculus-Integration Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Satellite, Planet Fonte: Testo (PDF) — p.8

Problem 24 There are two velocities involved: the daily rotation of the Earth and the velocity at which Earth revolves around the Sun. The latter is the much greater contributor, and it has a magnitude of $\frac{2\pi a}{T}=\frac{2\pi \times 1.5\times 10^{11}\text{m}}{365\times 24\times 3600\text{s}}\approx 3\times 10^4\text{m/s}⟹\boxed{B}$

Topic: Gravitation, Order-of-Magnitude Estimation Metodi: Kepler’s Laws, Order-of-Magnitude Estimation, Physical Modeling Competenze: Estimation & Approximation, Physical Reasoning Objects: Planet, Star Fonte: Testo (PDF) — p.8

Il problema 24 Ci sono due velocità coinvolte: la rotazione giornaliera della Terra e la velocità a cui la Terra ruota attorno al Sole. Quest’ultimo contribuisce di più e ha un’ampiezza di $\frac{2\pi a}{T}=\frac{2\pi \times 1.5\times 10^{11}\text{m}}{365\times 24\times 3600\text{s}}\approx 3\times 10^4\text{m/s}⟹\boxed{B}$

Topic: Gravitation, Order-of-Magnitude Estimation Metodi: Kepler’s Laws, Order-of-Magnitude Estimation, Physical Modeling Competenze: Estimation & Approximation, Physical Reasoning Objects: Planet, Star Fonte: Testo (PDF) — p.8

Problem 25 The angular impulse about the center of mass of the square due to the impulse $J$ has magnitude $Ja/\sqrt{2}$. This causes the square to obtain an angular velocity $\omega =\frac{Ja}{I\sqrt{2}}$ where $I$ is the moment of inertia of the square across the diagonal. Note that by the perpendicular axis theorem, the moment of inertia about a diagonal of a uniform square is equal to the moment of inertia through an axis that bisects two opposite sides. Therefore $I=(2m)a^2/12$ and $\omega =\frac{3\sqrt{2}J}{ma}$ Now, we turn to the rotational dynamics after the impulse. The tensions must provide the centripetal acceleration of each triangle to keep them rotating at a speed $\omega$. The appropriate equation is $2T=m{\omega }^2{r}_{\text{cm}}$ It is well known that the center of mass of a uniform triangle is located at its centroid, which by geometry can be found to be a radial distance $r_{\text{cm}}=\sqrt{2}a/6$ away from the center of rotation. Therefore $T=\frac{1}{2}m\frac{18J^2}{m^2{a}^2}\frac{\sqrt{2}a}{6}=\frac{3\sqrt{2}{J}^2}{2ma}⟹\boxed{???}$

Topic: Rotational Dynamics, Newtonian Mechanics Metodi: Torque & Angular Momentum Analysis, Free-Body Diagram, Impulse-Momentum Theorem Competenze: Mathematical Modeling, Diagrammatic Reasoning, Physical Reasoning Objects: String Fonte: Testo (PDF) — p.9

Problema 25 L’impulso angolare intorno al centro di massa del quadrato dovuto all’impulso $J$ ha magnitudo $Ja/\sqrt{2}$. Questo fa sì che il quadrato ottenga una velocità angolare $\omega =\frac{Ja}{I\sqrt{2}}$ dove $I$ è il momento di inerzia del quadrato attraverso la diagonale. Si noti che per la perpendicolare Teorema dell’asse, il momento di inerzia su una diagonale di un quadrato uniforme è uguale al momento di inerzia attraverso un asse che divide due lati opposti. Pertanto $I=(2m)a^2/12$ e $\omega =\frac{3\sqrt{2}J}{ma}$ Ora, si rivolge alla dinamica di rotazione dopo l’impulso. Le tensioni devono fornire il centripetal l’accelerazione di ciascun triangolo per tenerlo in rotazione a una velocità $\omega$. L’equazione appropriata è $2T=m{\omega }^2{r}_{\text{cm}}$ È noto che il centro di massa di un triangolo uniforme si trova al suo centroide, che per geometria si può trovare una distanza radial $r_{\text{cm}}=\sqrt{2}a/6$ dal centro di rotazione. Pertanto $T=\frac{1}{2}m\frac{18J^2}{m^2{a}^2}\frac{\sqrt{2}a}{6}=\frac{3\sqrt{2}{J}^2}{2ma}⟹\boxed{???}$

Topic: Rotational Dynamics, Newtonian Mechanics Metodi: Torque & Angular Momentum Analysis, Free-Body Diagram, Impulse-Momentum Theorem Competenze: Mathematical Modeling, Diagrammatic Reasoning, Physical Reasoning Objects: String Fonte: Testo (PDF) — p.9