2011Tutti Compiti

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2011Tutti Compiti

Cognome
Nome
Numero di matricola
Fisica Generale per Ing. Gestionale e Civile (Prof. F. Forti)
A.A. 2010/2011
Appello del
12/2/2011.
• Tempo a disposizione: 2h30
• Modalità di risposta: scrivere la formula parametrica della risposta nello spazio grande e la risposta numerica nello
spazio piccolo. Valore di ciascun quesito: 4 punti. Non ci sono penalità per le risposte errate. 3 punti di bonus per
la chiarezza espositiva.
• Durante la prova scritta è consentito usare solo il formulario personale, strumenti di disegno e scrittura, calcolatrice:
non è possibile utilizzare eserciziari o appunti. Il candidato dovrà restituire tutta la carta fornita dagli esaminatori:
non è consentito utilizzare fogli di carta propri per svolgere l’elaborato.
• Si assumano i seguenti valori per le costanti che compaiono nei problemi: g = 9.81 ms−2 , µ0 = 4π · 10−7 H/m,
ε0 = 8.85 · 10−12 F/m, RT = 6.37 × 106 m, MT = 5.98 × 1024 kg, R = 8.31 J/mol · K.
T1
Problema 1:
Un disco circolare omogeneo di raggio a = 25.0 cm e massa M = 2.5 kg ha un buco circolare
di diametro a, con il centro del foro posto a metà del raggio del disco. Il disco è inizialmente
sospeso a due fili inestensibili privi di massa, come illustrato in figura.
A
T2
a
Quesito 1 Calcolare la posizione del centro di massa del disco rispetto al suo centro.
xCM [cm]=
Quesito 2 Calcolare la tensione del filo 1.
T1 [ N]=
Quesito 3 Calcolare il momento di inerzia del disco rispetto ad un asse perpendicolare al disco passante per il punto A
di sospensione del filo 1.
IA [kg · m2 ]=
Quesito 4 Il filo 2 viene tagliato. Calcolare l’accelerazione angolare del disco nell’istante in cui il filo viene tagliato.
α[rad/s2 ]=
Problema 2: Un proiettile di massa M = 25 kg che viaggia ad una altezza h = 50.0 m dal suolo e
con una velocità orizzontale di modulo v0 = 22.0 m/s esplode in volo in due frammenti ciascuno di massa
M/2. Si osserva che il primo frammento tocca terra sulla verticale dell’esplosione dopo un tempo t = 1.5 s
dall’esplosione stessa. Si trascuri la resistenza dell’aria.
Quesito 5 Calcolare modulo, direzione e verso della velocità del primo frammento subito dopo l’urto.
v1 [ m/s]=
Quesito 6 Discutere le quantità conservate nell’esplosione e nel successivo moto e calcolare il modulo della velocità del
secondo frammento quando tocca terra.
v2f [ m/s]=
Solo per il corso di Fisica Generale I (270)
Problema 3: Un cilindro di lunghezza L, isolato termicamente, è diviso in due parti
da un setto isolante, di massa e spessore trascurabili, libero di muoversi senza attrito
parallelamente all’asse del cilindro. Si chiami x la distanza del setto dalla base sinistra
del cilindro. Nel cilindro è contenuta una massa M = 48.0 g di O2 (massa molecolare
A = 32 g/mol), suddivisa in modo ignoto tra le due parti.
T1
T2
x
Quesito 7 Si osserva che all’equilibrio il setto si trova a x = L/3 e il gas nelle due parti del cilindro si trova alla stessa
temperatura T0 = 300 K. Calcolare il numero di moli di gas n1 contenute nella porzione più piccola del cilindro.
n1 [mol]=
Quesito 8 Il setto viene successivamente spostato dall’esterno lentamente e posizionato ad x = 2L/3. Determinare il
rapporto T1 /T2 tra le temperature assolute del gas a sinistra ed a destra del setto.
T1 /T2 =
Quesito 9 Calcolare il lavoro compiuto dalla forza esterna che ha spostato il setto come descritto nel quesito precedente.
Dire se è positivo o negativo.
W [J]=
Solo per il corso di Fisica Generale (509)
Problema 3: Si consideri il circuito in figura, con i seguenti valori dei compononenti:
R1 = 22.0 Ω, R2 = 39.0 Ω, L1 = 960 µH, V = 25.0 V.
V
Quesito 7 L’interruttore S è inizialmente chiuso e mantenuto chiuso per un lungo tempo. Calcolare la corrente che
scorre nell’induttanza L1 in condizioni stazionarie.
IL1 [A]=
Quesito 8 Ad un certo istante l’interruttore S viene aperto. Calcolare dopo quanto tempo la corrente nell’induttanza
si è dimezzata.
t[s]=
Quesito 9 Sapendo che l’induttanza L1 è realizzata con un solenoide di volume D = 10 cm3 , calcolare il campo di
induzione magnetica generato all’interno del solenoide nelle condizioni stazionarie del quesito 7.
B[T]=
Fisica Generale per Ingegneria Gestionale (Prof. F. Forti)
Soluzioni del compito del 11/2/2011.
Problema 1:
Quesito 1 Consideriamo due dischi con la stessa altezza (h) e la stessa densità (ρ) del disco bucato: il
disco di raggio a (contrassegnato dalla lettera “p”) e il disco di raggio a/2 (contrassegnato dalla
lettera “v”). Per calcolare le masse dei due dischi utilizziamo la densità:
ρ=
M
,
πa2 h − π(a/2)2 h
quindi:
mv = ρ · π(a/2)2 h = M/3
e
mp = ρ · πa2 h = 4/3 M.
Combinando la massa mp con la sua coordinata xp = 0 e la massa mv con la sua coordinata
xv = a/2 si ottiene la coordinata del centro di massa:
xCM =
mp xp − mv xv
a
= − = −4.17 cm.
M
6
Quesito 2 L’unica forza agente sul sistema oltre alle due tensioni è la forza peso applicata al centro
di massa. Imponendo che la somma delle forze sia nulla e che la somma dei momenti delle forze
rispetto al punto A sia nullo si ha:
5
7
a T1 = a T2
6
6
T1 + T2 − M g = 0
per cui:
7
M g = 14.31 N.
12
Notare che si poteva utilizzare come polo il punto di applicazione di T2 e utilizzare solo la seconda
equazione cardinale.
T1 =
Quesito 3 Applicando il teorema degli assi paralleli calcoliamo il momento d’inerzia del disco “p” e
del disco “v”:
1
Ip = mp a2 + mp a2 = 2M a2 = 0.31 kg m2
2
1
19
Iv = mv (a/2)2 + mv (3a/2)2 = M a2 = 0.12 kg m2
2
24
Per cui il momento d’inerzia totale vale:
29
M a2 = 0.19 kg m2
24
IA = Ip − Iv =
Quesito 4 Scriviamo la seconda equazione cardinale rispetto al punto A:
5
a M g = IA α
6
⇒
1
α=
20 g
= 27.0 rad/s2
29 a
Problema 2:
Quesito 4 Il primo frammento cade in verticale, quindi v1 ha solo la componente y. Per calcolarla
imponiamo che scenda di un tratto h in un tempo t = 1.5 s ipotizzando che v1 sia rivolta verso il
basso:
1
h 1
− gt2 − v1 t + h = 0
⇒
v1 = − gt = 26 m/s.
2
t
2
Dal momento che v1 risulta positiva, essa è effettivamente rivolta verso il basso.
Quesito 2 Durante l’esplosione l’unica forza esterna agente sul sistema è la forza peso, che non è
impulsiva, di conseguenza la quantità di moto si conserva:
i
M v0 = M/2 v2x
(lungo x)
i
0 = M/2 v1 − M/2 v2y
(lungo y),
da cui si ricavano le componenti e quindi anche il modulo di v2i , la velocità del secondo frammento
subito dopo l’esplosione:
�
i
i
i
v2x = 2v0 , v2y = v1 ⇒ v2 = 4v02 + v12 = 51.1 m/s
Si può verificare che l’energia non si conserva durante l’esplosione: l’energia potenziale ovviamente
non cambia mentre l’energia cinetica dopo l’esplosione è maggiore di quella prima dell’esplosione.
Dopo l’esplosione l’unica forza esterna è la forza peso che è diretta verso il basso quindi la quantità
di moto lungo y non si conserva ma quella lungo x si. Per calcolare la velocità del secondo
frammento quando tocca terra sfruttiamo la conservazione dell’energia meccanica:
�
1M i 2 M
1M f 2
f
(v ) + gh =
(v )
⇒ v2 = 2gh + (v2i )2 = 59.9 m/s
2 2 2
2
2 2 2
Problema 3 per Fisica Generale 1:
Quesito 7 Il setto è all’equilibrio, quindi la pressione del gas a sinistra è uguale a quella del gas a
destra:
n1 RT0
n2 RT0
n1
V1
1
=
⇒
=
=
⇒ n2 = 2n1
V1
V2
n2
V2
2
Inoltre il numero di moli totale vale ntot = n1 + n2 = M/A = 1.5 mol. Si ricava quindi n1 = 0.5
mol e n2 = 1 mol.
Quesito 8 Sia il gas a destra che quello a sinistra fanno una trasformazione adiabatica reversibile per
la quale sappiamo che vale: T V γ−1 = constante, con γ = 7/5 (gas biatomico):
T0 V1γ−1 = T1 (V1f )γ−1
T0 V2γ−1 = T2 (V2f )γ−1
Facendo il rapporto tra le due equazioni e sapendo che
T1
=
T2
�
V1 V2f
V1f V2
�2/5
2
V1
V1f
=
V2f
V2
= 1/2, otteniamo:
� �2/5
1
=
= 0.57.
4
Quesito 9 Calcoliamo il lavoro fatto dalle due porzioni di gas. Per entrambi vale che ∆U = −L in
quanto nelle trasformazioni adiabatiche Q = 0, quindi:
L1 = −n1 cV (T1 − T0 )
e
L2 = −n2 cV (T2 − T0 ),
con cV = 5/2. Le due temperature T1 e T2 si trovano utilizzando le equazioni al punto prima:
T1 = T0
�
T2 = T0
V1
V1f
�
�2/5
V2
V2f
� �2/5
1
= T0
= 227.4 K
2
�2/5
= T0 22/5 = 395.9 K.
Il lavoro fatto dalla forza esterna vale:
� ��
�
�
2/5
�
�
1
2/5
W = −L1 − L2 = cV T0 n1
− 1 + n2 (2) − 1
= 1237.2 J
2
Problema 3 per Fisica Generale:
Quesito 7 La serie di R2 e L1 è tenuta a potenziale costante V . Questo è un circuito RL per cui, nel
caso di carica del circuito, vale:
IL1 (t) =
t
V
(1 − e− τ )
R2
τ=
L1
= 24.6 µs
R2
Valutando l’espressione per t grandi (t → ∞):
iL1 =
V
= 0.64 A.
R2
Si può anche osservare che in condizioni stazionarie l’induttanza può essere trattata come un
cortocircuito, e che quindi la d.d.p ai capi di R2 è tutta la tensione della batteria.
Quesito 8 Quando il circuito viene aperto L1 si scarica sulla serie delle due resistenze:
t
i(t) = i(0)e− τ �
τ� =
L1
= 15.7 µs
R1 + R2
dove i(0) è la corrente che circola nel circuito quando l’interruttore viene aperto, quindi la corrente
V
trovata al punto precedente: i(0) = iL1 = R2
= 0.64 A. Per trovare l’istante t a cui la corrente si
dimezza:
t
i(0)e− τ � = i(0)/2 ⇒ t = −τ � ln(1/2) = 10.9 µs.
Quesito 9 L’energia immagazzinata dal solenoide vale E = 12 Li2L1 e la densità di energia quando è
2
presente solo il campo magnetico vale u = 12 Bµ0 , per cui:
E=Du
⇒
B=
�
µ0 L
iL1 = 7 10−3 T.
D
Alternativamente
si può osservare che l’induttanza di un solenoide vale L = µ0 n2 D da cui n =
�
L/(µ0 D), dove n è la densità del numero di spire. Dall’espressione del campo magnetico nel
solenoide B = µ0 nIL1 si ottiene la soluzione.
3
Cognome
Nome
Numero di matricola
A.A. 2010/2011
Appello del
26/2/2011.
Problema 1:
Due palline di pongo di masse m1 = 50 g e m2 = m1 /3 viaggiano orizzontalmente una verso
l’altra. Ad un certo istante si urtano e rimangono attaccate. Si osserva che dopo l’urto
cadono verticalmente.
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Quesito 1 Trovare il rapporto tra le velocità delle due palline subito prima dell’urto:
v2 /v1 =
Le due palline ormai attaccate cadono per un tratto h = 30 cm su una molla di costante elastica k = 170 N/m e
lunghezza a riposo L0 = 7 cm. Le due palline si attaccano alla molla, che ha massa trascurabile.
Quesito 2 Calcolare il periodo di oscillazione della molla nel moto successivo:
T [s]=
Quesito 3 Calcolare la compressione massima della molla:
∆xmax [m]=
Problema 2: Un satellite può essere considerato come un cilindro omogeneo di lunghezza L =
8.5 m e massa M = 1.75 × 103 kg. Il raggio del cilindro è piccolo rispetto alla lunghezza.
Ad una distanza d = L/3 dal centro del cilindro posto un cannone di massa trascurabile che
spara proiettili perpendicolarmente all’asse del cilindro. Il satellite è fuori dal campo di gravità e
inizialmente fermo. All’istante t = 0 viene sparato un proiettile di massa m = 1.5 kg con velocità
v0 = 17.0 m/s. Si consideri trascurabile la massa dei proiettili rispetto alla massa complessiva
del satellite.
Quesito 4 Calcolare la velocità del centro di massa e la velocità angolare del satellite subito dopo lo sparo.
L
d
v0
vCM [ m/s]=
ω[ rad/s]=
Quesito 5 Dopo che il satellite ha ruotato di π (cioè di 180◦ ) viene sparato un nuovo proiettile dallo stesso cannone.
Calcolare la velocità del centro di massa e la velocità angolare del satellite subito dopo il secondo sparo.
vCM [ m/s]=
ω[ rad/s]=
Quesito 6 Dire in totale quanta energia ha prodotto lo sparo dei due proiettili.
E[J]=
Problema 3: Un automobile si avvicina verso una parete acusticamente riflettente emettendo il suono del
clacson. Un’osservatore fermo che si trova dietro l’automobile percepisce due suoni: un suono di frequenza
f1 = 863 Hz proveniente dalla parete, ed un suono di frequenza f2 = 745 Hz proveniente dall’automobile.
Quesito 7 Calcolare la velocità dell’automobile
vA [m/s]=
Quesito 8 Calcolare la frequenza con cui emette il clacson.
f0 [Hz]=
Quesito 9 Calcolare la frequenza con cui il guidatore percepisce il suono riflesso dalla parete
f3 [Hz]=
!
Problema 3: La regione di spazio compresa tra due sfere di raggio a = 5.0 cm
e raggio 2a è riempita di un materiale isolante con una densità di carica ρ =
3.5 nC/m3 . Nel materiale è praticato un foro di raggio trascurabile in direzione
radiale. Si chiami A l’estremità del foro a raggio a e B quella a raggio 2a, come
mostrato in figura.
B
A
a
2a
Quesito 7 Calcolare il campo elettrico nella regione r < a e nella regione a < r < 2a, valutando numericamente il suo
valore nel punto B
E(r)[V/m]=
Quesito 8 Calcolare la differenza di potenziale tra A e B.
VB − VA [V]=
Quesito 9 Un elettronce (carica e = 1.6 × 10−19 C, massa me = 9.1 × 10−31 kg) viene lanciato dal centro delle sfere
verso il foro. Calcolare la velocità con cui deve essere lanciato perchè arrivi fino al punto B.
v0 [m/s]=
Problema 1: Consideriamo un sistema di riferimento con l’asse x orizzontale e orientato verso
destra e l’asse y verticale orientato verso l’alto con origine coincidente col punto di contatto fra la molla
e la massa formatasi nell’urto. Sia detta pallina 1 la pallina che arriva da sinistra e pallina 2 l’altra.
• Quesito 1 Durante l’urto (e anche nel moto successivo) si conserva la quantitá di moto lungo
l’asse x ovvero px,i = px,f perché sono nulle le forze esterne lungo x, quindi, con le convenzioni giá
dette, possiamo scrivere
m1 v1 − m2 v2 = 0
(1)
dove v1 e v2 sono i moduli delle velocitá. Quindi
v2 /v1 = m1 /m2 = 3.
• Quesito 2 Per il moto armonico della molla si ha che
2π
T =
dove ω =
ω
�
k
m
(2)
(3)
usando i dati del problema e considerato che m = m1 + m2 si ottiene T = 0.12 s.
• Quesito 3 Per calcolare la compressione della molla si puó usare la conservazione dell’energia;
infatti sia la forza di gravitá che le forze elastiche sono conservative. Consideriamo dunque gli
istanti:
1 - (subito dopo l’urto) la massa m = m1 + m2 comincia a cadere verso il basso;
2 - la molla é in massima compressione, e la massa m é ferma.
Usando la conservazione dell’energia fra 1 e 2 si ha che
1
2
mgh = k∆ymax
− mg∆ymax
2
(4)
dove ∆ymax la compressione massima e (∆ymax > 0). Risolvendo per ∆ymax l’equazione precedente si ottiene
�
mg ± m2 g 2 + 2kmgh
∆ymax =
=
(5)
k
da cui ∆ymax = 0.052 m.
1
Problema 2: Consideriamo un sistema di riferimento con l’asse x orizzontale e orientato verso
destra e l’asse y verticale orientato verso l’alto con origine coincidente col centro di massa del satellite.
Nel seguito assumeremo altresı́ che la massa del cannone e la massa del proiettile siano trascurabili
rispetto alla massa del satellite e che, di conseguenza, la posizione del centro di massa non cambi prima
e dopo lo sparo.
• Quesito 4 Usiamo la conservazione della quantitá di moto e del momento angolare rispetto al
centro di massa del satellite; si ha
M v1 − mv0 = 0
Iω1 − mv0 d = 0
(6)
(7)
ovvero
m
v0
M
mv0 d
=
I
v1 =
(8)
ω1
(9)
da cui, considerato che il momento di inerzia del satellite, trascurando il suo raggio rispetto alla
1
lunghezza, vale I = 12
M L2 , si ottiene v1 = 0.015 m/s e ω1 = 6.86 × 10−3 rad/s.
• Quesito 5 Quando il satellite é ruotato di π, v0 é diretta verso l’alto. Possiamo usare nuovamente
le stesse leggi di conservazione, ottenendo in questo caso
M v2 + mv0 = M v1
Iω2 − mv0 d = Iω1
(10)
(11)
e, sostituendo a v1 ed ω1 i valori trovati in precedenza si ottiene v2 = 0 m/s e ω2 = 2ω1 = 0.0137
rad/s.
• Quesito 6 L’energia totale del sistema dopo l’urto é data dall’energia cinetica traslazionale dei
due proiettili e dall’energia cinetica rotatazionale del satellite, quindi
1
1
Etot = 2 mv02 + Iω22
2
2
(12)
cioé Etot = 434.5 J.
Problema 3 per Fisica Generale 1: Il problema puó essere risolto usando la formula generale
per la frequenza percepita da un osservatore che percepisce il suono di una sorgente in moto ovvero
fp =
• Quesito 7 Si ha quindi
v ± up
fs
v ± vs
v
f0
v − vm
v
=
f0
v + vm
(13)
f1 =
(14)
f2
(15)
dove v é la velocitá del suono in aria, vm quella dell’automobile e f0 la frequenza del clacson nel
proprio sistema di quiete. Usando le equazioni precedenti si ottiene
vm =
ovvero vm = 25.2 m/s.
2
f1 − f2
v
f1 + f2
(16)
• Quesito 8 Usando l’espressione per la velocitá trovata in precedenza si ha
v
f2 =
fc
v + vm
(17)
da cui si ricava fc = 799.7 Hz.
• Quesito 9 In questo caso il guidatore sente una frequenza data da
v + vm
fg =
f2
v
e usando l’espressione data in precedenza che lega f2 a fc si ottiene
v + vm
fg =
fc
v − vm
(18)
(19)
ovvero fg = 926.6 Hz.
• Quesito 7 Il campo puó essere calcolato usando il teorema di Gauss ovvero
Φ(E(r)) = q(r)/�0
(20)
si ha quindi che nella regione interna il campo, r ≤ a é nullo, mentre per a < r ≤ 2a si ha
4 1
4πr2 E(r) = πρ (r3 − a3 )
3 �0
da cui
E(r) =
(21)
ρ
a3
(r − 2 )
3�0
r
(22)
7 ρa
4 3�0
(23)
che nel punto B vale
E(B) =
ovvero E(B) = 11.5 V/m.
• Quesito 8 Per calcolare la differenza di potenziale usiamo l’equazione
� B
VB − VA = −
E(r)dr
(24)
A
da cui esplicitando l’integrazione si ha
∆V = −
ρ 1 2 a3 2a
( r + )|a
3�0 2
r
(25)
ρ 2
a
3�0
(26)
ovvero, riordinando,
∆V = −
cioé ∆V = −0.33 V.
• Quesito 9 Per fare in modo che l’elettrone riesca ad arrivare nel punto B é necessario che la sua
energia cinetica sia maggiore dell’energia potenziale che avrá in B. La differenza di potenziale fra
il centro ed A é nulla perché E(r) = 0 per r < a, deve quindi valere
1
me ve2 ≥ |e∆V |
2
quindi ve ≥ 3.4 × 105 m/s.
3
(27)
Cognome
Numero di matricola
Nome
A.A. 2010/2011
Prova in itinere del
4/3/2011.
Problema 1:
Una sbarretta di lunghezza L = 25.0 cm e massa M = 0.50 Kg è incernierata ad una parete
verticale. Al di sotto della cerniera, a distanza d ignota, è posta una gomma respingente,
che si può considerare come una molla di costante elastica k = 0.80×106 N/m. La sbarretta
viene lasciata con velocità iniziale nulla da un angolo θ0 , misurato rispetto alla verticale,
ignoto. La sbarretta cade sotto l’azione della gravità e va a colpire la gomma.
"
0
!
Quesito 1 Trovare l’accelerazione angolare della sbarretta quando passa per θ = π/2, cioè la per la posizione orizzontale.
α[rad/s2 ]=
Quesito 2 Trovare l’angolo di partenza della sbarretta sapendo che la gomma respingente si comprime di ∆x = 1.5 mm.
θ0 [rad]=
Quesito 3 Calcolare la distanza d a cui deve essere posta la gomma respingente in modo che la reazione vincolare
orizzontale nella cerniera, Rx , sia nulla durante il colpo contro la gomma.
d[m]=
Problema 2:
Un giocatore di basket imprime ad una palla di massa M = 750 g una
velocità v0 = 8.5 m/s lungo una direzione che forma un angolo θ0 = π/6
rispetto alla verticale. Il giocatore smette di spingere la palla ad una
altezza h = 1.0 m dal suolo. Il giocatore vuole centrare il canestro posto
ad un altezza h� = 3.05 m dal suolo dopo aver fatto rimbalzare la palla in
modo perfettamente elastico sul terreno di gioco. Si tratti la palla come
un punto materiale.
!#
!
0
"
Quesito 4 Calcolare il modulo della velocità della palla quando questa tocca terra.
v1 [m/s]=
Quesito 5 Calcolare la componente orizzontale e verticale della velocità della palla subito dopo l’urto con il pavimento.
vx [m/s]=
vy [m/s]=
Quesito 6 Calcolare quanto deve essere la distanza orizzontale d fra il punto in cui la palla rimbalza sul terreno ed il
centro del canestro in modo che la palla entri nel canestro.
d[m]=
Problema 3:
Un blocco di massa m1 = 5.0 kg è appoggiato sopra un secondo blocco di massa
m2 = 15.0 kg. Il blocco 1 è collegato ad una parete con una fune orizzontale, mentre
sul blocco 2 agisce una forza F , orizzontale, che tende ad allontanarlo dalla parete. Il
coefficiente di attrito statico tra i due blocchi vale µ1s = 0.65, mentre quello tra blocco
2 pavimento vale µ2s = 0.45. I coefficienti di attrito dinamico sono per entrambe le
superfici pari all’80% dei corrispondenti coefficienti di attrito statico.
!$#
!"#
µ1
F
µ2
Quesito 7 Dopo aver disegnato il diagramma di corpo libero per i due blocchi, calcolare la massima forza FMAX per cui
i blocchi non si muovono.
FMAX [N]=
Quesito 8 Se la forza applicata è F1 = 2FMAX , e quindi il blocco 1 si muove, calcolare la tensione della fune.
T [N]=
Fisica Generale per Ingegneria Gestionale e Civile (Prof. F. Forti)
Soluzioni del compitino del 4/3/2011.
Problema 1:
Quesito 1 Per trovare l’accelerazione angolare si applica la seconda equazione cardinale. L’unica forza
esterna con momento non nullo rispetto al perno è la forza peso, per cui:
Mg
L
= Iα
2
dove il momento d’inerzia della sbarretta rispetto ad un estremo vale:
� �2
L
1
I = ICM + M
= M L2 = 0.010 Kg m2 .
2
3
Si ha quindi:
α=
M gL
3g
=
= 58.9 rad/s2 .
2I
2L
Quesito 2 Durante il moto l’energia si conserva perché non ci sono forze non conservative quindi,
ponendo lo zero dell’energia potenziale gravitazionale all’altezza del perno, si ha:
Mg
da cui:
k∆x2
cos θ0 =
−1
M gL
L
L 1
cos θ0 = −M g + k∆x2 ,
2
2 2
⇒
�
�
k∆x2
θ0 = arccos
− 1 = 1.08 rad.
M gL
Quesito 3 Nell’istante in cui la sbarretta colpisce la gomma le uniche forze che hanno componenti non
nulle lungo x sono la reazione vincolare (Rx ) e la forza elastica della gomma (Fel ), per cui:
Rx + Fel = M aCM .
Inoltre l’unica forza con momento non nullo rispetto al perno è la forza elastica, per cui la seconda
equazione cardinale è:
aCM
Fel d = Iα
con
α=
.
L/2
Ricavando Fel dalla prima equazione e sostituendolo nella seconda si ottiene:
�
�
2L
Rx = M aCM 1 −
.
3d
Imponendo Rx = 0 si trova:
2
d = L = 0.167 m.
3
1
Problema 2:
Quesito 4 Durante il moto della palla l’energia meccanica si conserva. Ponendo lo zero dell’energia
potenziale a terra si trova:
�
1
1
M gh + M v02 = M v12
⇒
v1 = v02 + 2gh = 9.58 m/s2 .
2
2
Quesito 5 Analizziamo il moto prima dell’urto.
Quando la palla cade a terra fa un moto parabolico per cui la componente x della velocità non
cambia v1x = v0x = v0 sin θ0 . La componente y della
�velocità, invece, cambia e si ricava utilizzando
2
il modulo, calcolato al punto precedente: v1y = − v12 − v1x
(è negativa perché verso il basso).
Durante l’urto elastico il pavimento esercita una forza (esterna) lungo y, quindi la quantità di
moto lungo x si conserva e quindi:
M vx = M v1x
⇒
vx = v0 sin θ0 = 4.25 m/s.
Dal momento che l’urto è elastico il modulo della velocità non cambia. Visto che il modulo della
componente x della velocità rimane invariato, anche il modulo della componente y sarà lo stesso.
Inoltre la componente y della velocità cambia direzione, per cui:
�
�
�
2
vy = −v1y = v12 − v1x
= v02 + 2gh − v02 sin2 θ0 = v02 cos2 θ0 + 2gh = 8.59 m/s.
Quesito 6 Dopo l’urto con il pavimento la palla fa ancora un moto parabolico. Affinché centri il
canestro si deve avere:
d = vx t
1
h� = vy t − gt2 .
2
Ricavando t dalla prima, sostituendolo nella seconda e risolvendo l’equazione di secondo grado in
d, si ottiene:
�
�
vx �
d=
vy ± vy2 − 2gh� .
g
Le due soluzioni corrispondono al fatto che la palla può entrare sia da sotto (−) che da sopra il
canestro (+). Scegliamo quindi il + e sostituiamo i parametri dati:
��
�
�
v0 cos θ0
2
2
d=
v0 cos2 θ0 + 2gh + v0 cos2 θ0 + 2g(h − h� ) = 5.35 m.
g
Problema 3:
Quesito 7 I diagrammi di corpo libero sono:
&$%1
"1
!
"2
'2
'1
$
$%2
$%1
#1
#2
&"1
dove F�a1 è la forza di attrito statico tra blocco 1 e blocco 2, e F�a2 quella tra blocco 2 e pavimento.
All’equilibrio si ha:
blocco 1: T − Fa1 = 0 e N1 − P1 = 0
2
blocco 2: F − Fa1 − Fa2 = 0 N2 − P2 − N1 = 0.
La forza massima FMAX si trova imponendo che le forze di attrito siano massime, per cui:
MAX
MAX
FMAX = Fa1
− Fa2
e sappiamo che:
MAX
Fa1
= N1 µ1s = µ1s m1 g
MAX
Fa2
= N2 µ2s = µ1s (m1 + m2 )g.
Sostituendo si trova:
FMAX = µ1s m1 g + µ2s (m1 + m2 )g = 120.1 N
Quesito 8 Quando il blocco 2 si muove, il blocco 1 è fermo e la forza di attrito tra i due blocchi (Fa1 )
è di attrito dinamico:
T − Fa1 = 0 con Fa1 = N1 µd1 .
Andando a sostituire si trova:
T = Fa1 = 0.8µs1 m1 g = 25.5 N.
3
Cognome
Numero di matricola
Nome
Compito di Fisica Generale I di Ingegneria CIVILE
8 Giugno 2010.
Esercizio 1: Due masse identiche di massa M = 0.5 Kg sono appoggiate su un piano inclinato co
un angolo θ = 30° e sono collegate fra loro con fune inestensibile come mostrato in figura. I
coefficiente di attrito dinamico fra piano e masse è µ = 0.3. Sulla massa in alto viene applicata un
forza F = 20 N.
A.A. 2010/2011
Appello del
19/3/2011.
M
F
M
θ
1.1- Si calcolino le accelerazioni delle 2 masse ( 4 punti)
1.2 - Sidi
calcoli
la tensione della
fune. (3 punti)
• Durante la prova scritta è consentito usare solo il formulario personale, strumenti
disegno
e scrittura,
calcolatrice:
Esercizio 2 - Un cilindro di raggio r = 20 cm e massa m = 500 g può ruotare liberamente senz
attrito attorno ad un asse passante per il suo centro e collegato attraverso ad un filo inestensibile a
una massa M = 2 Kg, come mostrato in figura. Il coefficiente di attrito statico fra cilindro e pian
−2
• Si assumano i seguenti valori per le costanti che compaiono nei problemi: gorizzontale
= 9.81
, µ0 ha=massa
4πtrascurabile
· 10−7e èH/m,
è µ =ms
0.4. La carrucola
in grado di ruotare con attrit
trascurabile.
−12
6
24
ε0 = 8.85 · 10
F/m, RT = 6.37 × 10 m, MT = 5.98 × 10 kg, R = 8.31 J/mol
· K. che il moto del cilindro sia di puro rotolamento, si trovi la tensione T della fune
2.1 - Supponendo
(5 punti)
2.2 - Si dica quale è il massimo valore della massa M che si puo' scegliere se si vuole che il moto si
di puro rotolamento. (3 punti)
Problema 1:
m
Un cilindro omogeneo di raggio R = 20 cm e massa m = 500 g può ruotare liberamente senza attrito attorno ad un asse passante per il suo centro e collegato attraverso ad
un filo inestensibile ad una massa M = 2 kg, come mostrato in figura. Il coefficiente
di attrito statico fra cilindro e piano orizzontale è µ = 0.4. La carrucola ha massa
trascurabile ed è in grado di ruotare con attrito trascurabile. Il moto del cilindro sul
piano è di puro rotolamento.
g
M
Quesito 1 Calcolare la velocità del centro di massa del cilindro dopo che la massa M è scesa di un tratto h = 15 cm.
v[m/s]=
Quesito 2 Calcolare la tensione T della fune.
T [N]=
Quesito 3 Si dica quale è il massimo valore della massa M per cui il moto sia effettivamente di puro rotolamento.
Mmax [kg]=
Problema 2:
Un blocco di massa M = 1.95 kg è vincolato a muoversi senza attrito su una retta
orizzontale (asse x). Il blocco è collegato ad una molla di costante elastica k = 8 N/m
e lunghezza a riposo L0 = 2 m. L’altra estremità della molla si trova in x = 0,
mentre il blocco è inizialmente fermo in x = L0 . Al tempo t = 0 un proiettile di
massa m = 50 g, la cui velocità è �v = (−v0 , 0, 0), con v0 = 90 m/s, si conficca
istantaneamente nel blocco.
Quesito 4 Si calcoli la velocita del sistema blocco + proiettile subito dopo l’urto.
v1 [ m/s]=
Quesito 5 Si calcoli la minima distanza dal punto x = 0 che il sistema puo raggiungere.
xmin [ m/s]=
Quesito 6 Si calcoli la frequenza delle oscillazioni del sistema.
f [Hz]=
v0
L0
x
Problema 3: Un cilindro di sezione S, permeabile al calore, è diviso in tre parti da due
pistoni di massa M e spessore trascurabile, liberi di scorrere senza attrito. La parte superiore
e la parte inferiore del cilindro contengono ciascuna n = 0.07 moli di un gas perfetto mentre
nella parte centrale cè il vuoto. Il pistone superiore è inizialmente bloccato mentre quello
inferiore è in equilibrio. In tali condizioni il cilindro risulta diviso in tre parti di uguale
volume ed altezza � = 50 cm. Sia T0 = 300 K la temperatura dell’ambiente esterno.
(1)
gas
M
!
!
vuoto
M
(2)
gas
!
Quesito 7 Calcolare il valore della massa M.
M [kg]=
Ad un certo istante viene sbloccato il pistone superiore che, cadendo, urta anelasticamente il pistone inferiore. Dopo un
po’ di tempo il sistema raggiunge un nuovo stato di equilibrio.
Quesito 8 Calcolare l’altezza h dei pistoni rispetto alla base del cilindro nello stato di equilibrio finale.
!"#$%&'%&()**)&+&&,#"*#&-.&/)0"1)&.2&'231321".)&45166"#2.7)&
h[m]=
8'9',:&;4<4=:/4&&(4&>&?&91661@A"1&BCCD!
Quesito 9 Calcolare il calore scambiato dal sistema con l’ambiente esterno durante la trasformazione.
"#$%&#"'!()!#*#++"',-./#+)0,'!
Q[J]=
%12!34556176!89!91761:97;! # J J@ K - !<6534556!=1!>9?4!3418=77456@!56779?9164!6!9186>91974@!
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86??A2::6D!/6?!<9214!"!!E " ! J@ ! ! J F!89!72?6!59>659B6174!:9!754C2!=12!:<952!3418=775936!
G=285272!89!?274! $ L3B @!3H6!H2!8=6!?279!<252??6?9!2?!>9?4!6!9?!361754!2!89:721I2! % M@L $ !
82?!>9?4D!
!
Problema 3: Una corrente di intensità I0 = 0.4 A percorre un filo conduttore,
MF! rettilineo
$2?34?256!9?!>?=::4!86?!32B<4!89!918=I9416!B2N167932!
e indefinito, coincidente con l’asse z di un sistema di riferimento
cartesiano, nel verso positivo dell’asse. Nel piano yz (y > 0, z > 0) di tale
27752C65:4!?2!:<952D!
riferimento si trova una spira conduttrice quadrata di lato a = 5 cm , che ha
due
! lati paralleli al filo e il centro a distanza D = 1.5a dal filo.
-!=1!36574!9:72176@!?A91761:97;!86??2!34556176!3H6!39534?2!16?!>9?4!
19I92!2!356:3656!?91625B6176!16?!76B<4@!:634184!?2!?6NN6!
7 Calcolare
il campo di induzione magnetica al centro&della
spira.
# # JQuesito
&' !E84C6!
'!O!9?!76B<4!B9:=5274!91!:634189!6!
!=12!N52186II2!34:72176!
()*+'+,$FD!
B[T]=
!
P@L B:la!6!3H6!?A91761:97;!86??2!
02<6184!3H6!?2!56:9:761I2!4HB932!86??2!:<952!C2?6!
Quesito 8 Calcolare il flusso del campo di induzione magnetica-B
spira
J attraverso
ΦB [T · m2 ]=
34556176!9184772!3H6!39534?2!16??2!:<952!C2?6!
# T QJJ R- @!86765B91256S!
!
Quesito 9 A un certo istante, l’intensità della corrente che circola nel filo inizia a crescere linearmente nel tempo, secondo
la legge I = I0 + kt, dove t è il tempo e k è una grandezza costante!"#$%"&"'()*
positiva ignota.!?2!59:<4:72FU!
Sapendo che la resistenza
QF! 9?!C65:4!91!3=9!39534?2!?2!34556176!9184772!16??2!:<952!E
ohmica della spira vale R0 = 3.5 mΩ e che l’intensità della corrente indotta che circola nella spira vale I1 = 200 µA,
! determinare la costante k.
PF! 9?!C2?456!89!
&U!
k[A/s]=
!
KF! 91!G=2?6!9:72176!9?!C2?456!86?!32B<4!89!918=I9416!B2N167932!%+%(,*!2?!361754!
86??2!:<952!O!2=B617274!89!=1!>277456!M@L!59:<6774!2?!C2?456!919I92?6D!
G
V:9!5934589!3H6!9?!32B<4! . @!N6165274!82!=12!34556176!+!39534?2176!91!=12!:<952!
G=285272!89!?274!$@!2?!361754!86??2!:<952!C2?6! .
!
!
Q P J+
W!
S$ Q
!
g
Fisica Generale per Ingegneria Civile e Gestionale (Prof. F. Forti)
Problema 1:
Quesito 1 Durante il moto l’energia meccanica si conserva in quanto la forza di attrito applicata sul
punto di appoggio del cilindro non fa lavoro. Ponendo lo zero dell’energia potenziale all’altezza di
partenza della massa M e utilizzando il fatto che il cilindro non cambia la sua energia potenziale,
si ha:
1
1
0 = −M gh + M v 2 + I0 ω 2 ,
2
2
dove I0 è il momento d’inerzia del cilindro rispetto al punto di appoggio: I0 = Icm +M R2 = 32 M R2 .
Si ha inoltre che ω = v/R in quanto il centro di massa del cilindro ha la stessa velocità della massa
M . Sostituendo si ottiene:
�
1
3
2M gh
M gh = (M + m)v 2
⇒
v=
= 1.46 m/s.
2
2
M + 32 m
Quesito 2 La seconda equazione cardinale per il cilindro, scegliendo come polo il punto di appoggio è:
T R = I0 α.
Sostituendo α = a/R si ottiene una relazione tra la tensione del filo e l’accelerazione del sistema:
3
T = ma.
2
Per la massa M si ha:
e, sostituendo a =
2T
3m
−T + M g = M a
si ottiene:
T =
Mg
= 5.35 N.
(1 + 2M/3m)
Quesito 3 Per il cilindro vale:
T − Fa = ma con Fa ≤ µmg ⇒ Fa = T − ma ≤ µmg.
Sostituendo nell’ultima diseguaglianza a =
al punto precedente, si ha:
M≤
2T
3m
e l’espressione di T in funzione delle masse ricavata
3µm
= 3 Kg.
1 − 2µ
Problema 2:
Quesito 4 Nell’urto si conserva la quantità di moto in quanto la somma delle forze esterne al sistema
è nulla. In particolare si conserva lungo l’asse x (in cui non sono presenti forze esterne), per cui:
−mv0 = (M + m)v1
⇒
v1 = −
m
v0 = −2.25 m/s,
M +m
dove il segno meno sta ad indicare che il sistema si muove verso il punto x = 0.
1
Quesito 5 Nel moto successivo all’urto si conserva l’energia meccanica in quanto la forza della molla
è conservativa. Quindi:
1
1
(M + m)v12 = k∆x2max ,
2
2
dove ∆xmax è la compressione massima della molla. Abbiamo sfruttato il fatto che il minimo x si
ottiene per la massima compressione, raggiunta con velocità nulla. Si ricava:
mv0
xmin = L0 − ∆xmax = L0 − �
= 0.875 m,
k(M + m)
avendo sostutuito a v1 l’espressione trovata al punto precedente.
Quesito 6 La frequenza del sistema dipende solo dalla costante elastica e dalla massa attaccata alla
molla:
�
1
2π
k
f= =
con ω =
,
T
ω
M +m
per cui:
�
1
k
f=
= 0.318 s.
2π M + m
Quesito 7 Consideriamo contenuto nel setto in basso. La sua pressione è controbilanciata dalla pressione del pistone, inoltre, si trova alla temperatura dell’ambiente esterno in quanto il contenitore
è conduttore. Quindi:
Mg
nRT0
nRT0
=p=
=
,
S
V
S�
da cui si ricava:
nRT0
M=
= 35.58 Kg.
�g
Quesito 8 Il sistema è tornato all’equilibrio e quindi, come al punto precedente, si trova ancora
alla temperatura dell’ambiente esterno. Stavolta, però, la pressione del gas di sotto (p2 ) è
controbilanciata da quella esercitata dai due pistoni sommata a quella del gas di sopra (p1 ):
p1 +
2M g
= p2 .
S
Il volume del gas di sopra vale V1 = S(3� − h) mentre quello del gas di sotto vale V2 = Sh.
Sostituendo a p l’espressione valida per i gas perfetti con i volumi corrispondenti, si ottiene:
nRT0
2M g
nRT0
+
=
.
S(3� − h)
S
Sh
Per semplificare i conti si può notare che nRT0 = M �g (dalla risposta al questito precedente), per
cui:
M �g
M �g
+ 2M g =
.
3� − h
h
Semplificando M g e facendo il minimo comune multiplo si ottiene la seguente equazione di secondo
grado in h:
2h2 − 8h� + 3�2 = 0.
L’unica soluzione accettabile è quella compresa tra 0 e 3�:
h = 0.42 � = 0.21 m
2
Quesito 9 La trasformazione è irreversibile. Lo stato iniziale e lo stato finale hanno la stessa temperatura, quindi l’energia interna del sistema non è cambiata. Il primo principio della termodinamica
ci dice:
∆U = Q − L = 0 ⇒ Q = L.
Quindi trovare il calore scambiato dal sistema è equivalente a trovare il lavoro dei gas. Il lavoro
fatto dal gas (gas di sopra + gas di sotto) è l’opposto del lavoro fatto dall’esterno (Lext ): L = −Lext .
Il lavoro esterno è quello fatto della forza di gravità: Lext = −∆Ug dove Ug è l’energia potenziale
gravitazionale. Dal momento in cui il pistone viene liberato, fino all’equilibrio, la variazione di
energia potenziale gravitazionale vale:
∆Ug = −M g� + 2M g(h − �) = M g(2h − 3�).
Quindi:
L = −Lext = ∆Ug = M g(2h − 3�).
Andando a sostituire tutto si ottiene:
Q=
nRT0
(2h − 3�) = −376.9 J
�
Quesito 7 Il campo magnetico generato da una corrente che percorre filo indefinito ad una distanza
D vale:
µ0 I 0
B=
= 1.07 10−6 T.
2πD
� e il vettore superficie
Quesito 8 Il flusso si calcola con la sua definizione, notando che il vettore B
hanno la stessa direzione:
�
�
� a � D+a/2
�
ΦB = B · d�s = Bds =
dz
dy B(y).
0
D−a/2
0 I0
Dove B(y) = µ2πy
e gli estremi dell’integrale corrispondono alla posizione dei lati della spira nelle
due direzioni (y e z). L’integrale in dz si fa subito e, sostituendo l’espressione di D negli estemi e
quella di B in funzione di y, si ottiene:
�
µ0 I0 a 2a dy
µ0 I 0 a
ΦB =
=
ln 2 = 2.77 10−9 T m2 .
2π a y
2π
Quesito 9 Se la corrente cambia linearmente nel tempo, l’espressione del flusso del campo magnetico
diventa:
µ0 a
ΦB (t) =
ln 2 · (I0 + kt).
2π
Dal momento che il flusso varia nel tempo genererà un f em nella spira:
dΦB (t)
µ0 ak
=−
ln 2.
dt
2π
Per cui la corrente che scorre nella spira vale:
f em = −
I1 =
f em
µ0 ak
=
ln 2,
R
2πR
da cui si può ricavare la costante k:
k=
2πRI1
= 100.99 A/s
ln 2µ0 a
3
Cognome
Nome
Numero di matricola
A.A. 2010/2011
Prova in itinere del
8/6/2011.
• Si assumano i seguenti valori per le costanti che compaiono nei problemi: c = 3 × 108 m/s, R = 8.31 J/mol · K.
Problema 1:
Un aereo (1) si avvicina in volo radente ad una postazione di artiglieria
(A) ad un velocità di v1 = 700 km/h; il motore dell’aereo produce un
rumore (misurato a bordo dell’aereo stesso) con una lunghezza d’onda
λ=1.0 m. Sapendo che la velocità del suono in aria vale v0 = 331.5 m/s
alla temperatura di 0◦ C e che la temperatura dell’aria in cui vola l’aereo
è di 40◦ C, si risponda ai seguenti quesiti.
Quesito 1 Si calcoli la frequenza f1 del rumore prodotto dall’aereo per un osservatore posto in A, quando l’aereo è in
avvicinamento.
f1 [Hz]=
Il primo aereo tramite un radar operante alla frequenza di frad = 10 GHz ne intercetta un secondo (2), a sua volta in
volo radente, che vola verso di lui con una velocità (misurata rispetto al suolo) di v2 = 2000 km/h.
Quesito 2 Si calcoli la differenza fra la la frequenza frit con cui il segnale ritorna al primo aereo dopo essere stato riflesso
dal secondo aereo e la frequenza di emissione del radar frad .
∆f [Hz]=
Quesito 3 Accortosi di essere intercettato, il secondo aereo si porta ad una quota di h = 500 m; si dica dopo quanto
tempo a partire dal passaggio dell’aereo per la verticale passante per A, un’osservatore posto in A riesce ad udirne
il rumore.
t[s]=
Problema 2:
Due moli di gas perfetto monoatomico compiono il ciclo ABCDA, dove: A=(V0 , P0 ), B=(V0 , 2P0 ), C=(2V0 , 3P0 ), D=(3V0 , 3P0 )
con P0 = 1.5 atm e V0 = 5 L. Tutte le trasformazioni sono reversibili e sono rette nel piano pV .
Quesito 4 Si dica quanto vale il lavoro totale Ltot fatto dal gas in un ciclo completo.
Ltot [J]=
Quesito 5 Si calcoli l’efficienza del ciclo.
η=
Quesito 6 Si calcoli la variazione di entropia del gas nel passare dal punto D al punto A.
∆SDA [J/K]=
Problema 3: Un cilindro di massa trascurabile, di lunghezza � = 1.2 m e area di base
S = 2.0 m2 è appoggiato orizzontalmente su un piano e può strisciare senza attrito. Il
cilindro è diviso in due parti da un setto privo di massa, collegato alla parete sinistra
tramite una molla di costante elastica k = 3200 N/m e lunghezza a riposo l0 = 2/3 �. Si
consideri il cilindro isolato termicamente. Nella parte destra del cilindro sono presenti
n = 1.2 moli di gas perfetto di densità ρ = 1.2 kg/m3 . Nella parte sinistra c’è il vuoto.
Quando il sistema è all’equilibrio il setto si ferma a una distanza x = �/4 dalla parete
sinistra del cilindro.
Quesito 6 Trovare la temperatura di equilibrio.
T [K] =
Sul setto viene praticato un piccolo foro e il gas inizia a fluire nella parte sinistra del cilindro.
Quesito 7 Determinare la velocità del gas all’uscita dal setto all’istante iniziale.
vout [m/s] =
Il sistema raggiunge nuovamente l’equilibrio.
Quesito 8 Determinare lo spostamento del cilindro lungo x.
∆x[m] =
Soluzioni della prova in itinere del 8/6/2011.
Problema 1:
• Quesito 1 In primo luogo è necessario calcolare la velocità del suono in aria alla temperatura di
40 ◦ C, questo può essere fatto agevolmente osservando che
�
γRT
vs (T ) =
(1)
M
dove γ ed M sono costanti che dipendono dal tipo di mezzo, aria in questo caso, ed R è la costante
dei gas. Quindi, data la velocità del suono a T0 =0 ◦ C, vs (273) = 331.5 m/s, si ottiene
�
�
T
303.15
vs (T ) = vs (T0 )
= 331.5
= 354.9 m/s.
(2)
T0
273.15
Usando il valore precedente per vs la lunghezza d’onda del rumore dell’aereo 1 è legata alla sua
frequenza dalla formula
vR
fR =
= 354.94 Hz
(3)
λ
e la frequenza udita da A quando l’aereo è in avvicinamento si ottiene semplicemente usando la
formula per l’effetto Doppler
fR,A =
vs (T )
fR = 784.9 Hz.
vs (T ) − v1
(4)
• Quesito 2 La frequenza dell’onda (elettromagnetica) riflessa dal secondo aereo può essere calcolata più agevolemente procedendo in due passaggi successivi; consideriamo dapprima la frequenza
dell’onda come ricevuta dal secondo aereo, secondo la formula generale per l’effetto Doppler con
velocità della sorgente v1 e velocità dell’osservatore v2 si ha
c + v2
frad,2 =
frad .
(5)
c − v1
Consideriamo ora la frequenza dell’onda di ritorno misurata dall’aereo 1, questa, per le stesse
motivazioni già dette in precedenza è data da
c + v1
c + v2 c + v1
frit =
frad,2 =
frad
(6)
c − v2
c − v1 c − v2
Considerando che v1 , v2 << c si ottiene:
v1 + v2
∆f = frit − frad ≈ frad (1 + 2
) = 50.0 kHz.
(7)
c
• Quesito 3 Il secondo aereo, procedendo ad una velocità di 2000 km/h, è supersonico, e pertanto
il fronte d’onda è confinato in un cono con semiapertura data dall’angolo di Mach, ovvero sin θ =
vs /v2 . L’osservatore in A riesce quindi a sentire l’aereo quando viene lambito dal fronte d’onda
stesso cioè quando l’angolo che il segmento tra l’aereo ed il punto A forma con l’orizzontale è pari
all’angolo di Mach, cioé
�
� �2
h
vs
v2
vs
√
=
da cui d = h
1−
(8)
v2
vs
v2
h2 + d 2
dove d é la distanza percorsa dall’aereo nel tempo necessario al fronte d’onda a raggiungere il
punto A. Il tempo risulta quindi
�
� �2
h
vs
t = d/v2 =
1−
= 1.1 s.
(9)
vs
v2
1
Problema 2: Il ciclo proposto consiste di una trasformazione isocora seguita da una trasformazione
per cui P = kV da una isobara e da un’altra trasformazione descritta da P = kV ed è rappresentata
da un trapezio nel piano V, P .
• Quesito 4 Il lavoro può essere ottenuto facilmente come area del trapezio suddetto e calcolata,
in pratica, sottraendo dall’area del triangolo ((V0 , P0 ), (V0 , 3P0 ), (3V0 , P0 )) l’area del triangolo di
coordinate ((V0 , 2P0 ), (V0 , 3P0 ), (2V0 , 3P0 )). Quindi
1
1
3
L = (2V0 )(2P0 ) − V0 P0 = V0 P0 = 1136J.
2
2
2
(10)
Notare che il lavoro fatto dal gas è positivo.
• Quesito 5 L’efficienza può essere calcolata come η = Ltot /Qass , e, poiché abbiamo già calcolato
Ltot manca solo Qass ; a questo punto è possibile procedere in due modi: o si calcola il calore
assorbito nei primi 3 tratti della trasformazione o più semplicemente si osserva che Qtot = Ltot in
un ciclo e si calcola il calore ceduto nell’ultimo tratto DA: Qced = |QDA | da cui Qass = Ltot + Qced .
Procedendo in quest’ultimo modo, dato che P = kV nel tratto AD dove k = P0 /V0 si ha
� VA
� VA
QDA = ∆UDA + LDA = ncv (TA − TD ) +
P dV = ncv (TA − TD ) + k
V dV = (11)
VD
VD
P0 1 2
3
=
(P0 V0 − 9P0 V0 ) +
(V − (3V0 )2 ) = −16P0 V0
2
V0 2 0
(12)
dove con LDA si è indicato il lavoro fatto dal gas. Quindi
η=
Ltot
Ltot
3/2
3
=
=
=
= 0.086
Qass
Ltot + Qced
3/2 + 16
35
(13)
ovvero il ciclo ha un’efficienza del 8.6%.
• Quesito 6 La variazione di entropia per un gas perfetto monoatomico nella trasformazione da D
ad A si può scrivere come:
∆SDA = ncV log
TA
VA
3
P0 V 0
V0
+ nR log
= nR log
+ nR log
= −4nR log 3 = −73.04 J/K.
TD
VD
2
9P0 V0
3V0
(14)
• Quesito 7 Per essere in equilibrio la pressione del gas deve essere uguale alla pressione esercitata
dalla molla, quindi
nRT0
(�0 − d)
P =
=k
(15)
(� − d)S
S
da cui
T0 = k
( 23 � − 14 �)(� − 14 �)
= 144 K
nR
(16)
• Quesito 8 Appena praticato il forellino la pressione nella parte dove si trova la molla è Pm = 0,
quindi possiamo applicare l’equazione di Bernoulli per il gas che passa nel foro e per quello
contenuto nella metà destra del cilindro, ottenendo
�
1 2
2P
ρvout = P
⇒
vout =
= 36 m/s.
(17)
2
ρ
2
• Quesito 9 Sul sistema non agiscono forze esterne, per cui la posizione suo centro di massa rimarrà
immutata nell’espansione. Dato che molla ed il setto non hanno massa, la variazione di posizione
del cilindro è interamente dovuta alla variazione della posizione del gas. Inizialmente il gas si
trova nella parte sinistra del setto e quindi il suo centro di massa si trova in a distanza (� − d)/2
dalla parete sinistra. Dopo che il gas è fluito anche nella parte sinistra il suo centro di massa sarà
a metà del cilindro, a distanza x2 = �/2 dalla parete sinistra, per cui:
∆x = x2 − x1 =
3
� �−d
−
= 0.15 m
2
2
(18)
Cognome
Nome
Numero di matricola
Fisica Generale 1 per Ing. Gestionale e Civile (Prof. F. Forti)
A.A. 2010/2011
Appello del
21/6/2011.
ε0 = 8.85 · 10−12 F/m, G = 6.67 × 10−11 m3 /(kg · s) RT = 6.37 × 106 m, MT = 5.97 × 1024 kg, R = 8.31 J/mol · K.
Problema 1:
Una trave omgenea di massa M = 30.0 kg e lunghezza 3� = 4.5 m è incernierata ad un asse orizzontale posto ad 1/3 della sua lunghezza. All’estremità
destra della trave è fissata una massa m1 = 1.5 kg di dimensioni trascurabili.
All’estremità sinistra è appesa con una fune una massa mx ignota.
m
M
!"
#!"
mx
Quesito 1 Calcolare il valore della massa mx per cui il sistema è in equilibrio.
mx [kg]=
Quesito 2 La fune che tiene la massa mx viene tagliata. Calcolare l’accelerazione angolare della trave all’istante in cui
la fune viene tagliata.
α[rad/s2 ]=
Quesito 3 Successivamente il trave ruota senza attrito intorno all’asse. Calcolare la reazione verticale esercitata dall’asse
sulla trave quando la massa m1 passa per la verticale dell’asse stesso.
Ry [N]=
Problema 2: Il 21 giugno è il solstizio di estate. che corrisponde al punto di massima declinazione. Fra pochi giorni,
il 4 luglio, la terra si troverà all’afelio, cioè alla massima distanza dal sole. Si conoscono i seguenti dati: massa del sole,
MS = 1.9891 × 1030 kg; massa della terra, MT = 5.9742 × 1024 kg; distanza sole-terra all’afelio, RA = 152.10 × 109 m
velocità della terra all’afelio, vA = 29.29 m/s. Si consideri il sole come fermo nell’origine delle coordinate.
Quesito 4 Calcolare l’energia meccanica totale ed il momento angolare della terra all’afelio, considerando come riferimento per l’energia potenziale l’infinito, e come polo per il momento angolare il sole.
EA [J]=
LA [J · s]=
Quesito 5 Calcolare a che distanza dalla terra il campo gravitazionale totale è nullo quando la terra si trova all’afelio.
x0 [m]=
Quesito 6 Calcolare la velocità della terra e la sua distanza dal sole quando si trova al perielio, cioè al punto di minima
distanza dal sole.
vP [m/s]=
RP [m]=
p0
Problema 3: Un cilindro contenente n = 3 moli di un gas perfetto biatomico, con la base
permeabile al calore e la parete laterale isolante, è chiuso da un pistone privo di massa, anch’esso
isolante, capace di scorrere senza attrito. La pressione esterna agente sul pistone è costante e pari
alla pressione atmosferica p0 = 1.0 atm. Inizialmente il gas si trova in equilibrio alla temperatura
T1 = 300 K. Il recipiente viene appoggiato su una sorgente termica a temperatura T2 = 400 K,
raggiungendo una nuova situazione di equilibrio alla nuova temperatura.
n
Quesito 7 Calcolare la variazione di energia interna subita dal gas, precisando se la trasformazione è reversibile oppure
no.
∆U [J]=
Quesito 8 Calcolare il calore assorbito dal gas ed il lavoro compiuto sul gas durante la trasformazione.
Q[J]=
W [J]=
Quesito 9 Calcolare la variazione di entropia del gas e dell’universo nella trasformazione.
∆Sgas [J/K]=
∆Suniv [J/K]=
Problema 3: Due palline cariche, entrambe di raggio a = 2 mm, con masse m1 = 30 g e m2 = 60 g, e cariche opposte
Q1 = q = 3 nC e Q2 = −q, si possono muovere senza attrito lungo un asse orizzontale. Le palline sono inizialmente poste
ad una distanza fra i centri pari a d = 90 cm.
Quesito 7 Calcolare le componenti x e y il campo elettrico in punto posto lungo la congiungente le due palline ad una
distanza d/3 dalla pallina m1 .
Ex [V/m]=
Ey [V/m]=
Quesito 8 Le palline vengono rilasciate, da ferme. Calcolare le velocità delle palline subito prima che si urtino.
v1 [m/s]=
v2 [m/s]=
Quesito 9 Supponendo che l’urto sia perfettamente anelastico, calcolare la velocità delle palline subito dopo l’urto.
vf [m/s]=
Fisica Generale per Ingegneria Civile e Gestionale (Prof. F. Forti)
Problema 1:
Quesito 1 A causa dell’asse che vincola la sbarretta l’unico moto permesso è di rotazione intorno
all’asse stesso, quindi, per far rimanere il sistema in equilibrio è necessario e sufficiente che il
momento totale delle forze rispetto al punto O sia nullo; usando la seconda equazione cardinale
per le due masse e per la sbarra, la condizione richiesta si traduce in
l
Iα = mx gl − M g − 2mgl = 0
2
(1)
da cui, risolvendo per mx , si ricava
mx =
M
+ 2m = 18.0 Kg.
2
(2)
Quesito 2 Per calcolare l’accelerazione angolare nell’istante immediatamente successivo al taglio della
fune si può usare nuovamente la seconda equazione cardinale, senza, stavolta, il contributo della
massa mx , cioè
l
Iα = −M g − 2mgl.
(3)
2
A questo punto l’unica difficoltà rispetto al quesito precedente è rappresentata dal calcolo del
momento di inerzia della sbarretta rispetto all’asse di rotazione. Osservando che il momento di
inerzia rispetto al centro di massa per una sbarretta ”sottile” di lunghezza d è IG = M d2 /12 e
usando il teorema degli assi paralleli si ottiene
l
1
l
IO = IG + M ( )2 = M (3l)2 + M ( )2 = M l2
2
12
2
(4)
quindi, sommando il contributo della massa m, per il momento di inerzia totale del sistema si ha
I = IO + m(2l)2 = (M + 4m)l2 = 81.0 Kg·m2 .
(5)
Mettendo insieme i pezzi precedenti si ottiene infine
α=−
1g
= −3.3 rad/s2 .
2l
(6)
Quesito 3 Per calcolare la reazione dell’asse quando la sbarretta passa per la verticale è necessario scrivere la prima equazione cardinale ed imporre che la risultante delle forze sia uguale all‘accelerazione
centripeta del sistema; in formula
Fy = Ry − (m + M )g = 2mω 2 l + M ω 2
l
2
(7)
dove ω è la velocità angolare della sbarretta in quell‘istante. Per risolvere l’equazione precedente
in termini di Ry è necessario conoscere ω. Per far questo osserviamo che sul sistema agiscono
esclusivamente forze conservative e quindi l’energia meccanica si conserva,
1 2
l
Iω = M g + mg(2l)
2
2
(8)
e sostituendo ad I il valore trovato in precedenza si ottiene ω 2 l = g, ed infine
Ry = (m + M )g + 2mω 2 l + M ω 2
1
l
3
= (3m + M )g = 485.1 N.
2
2
(9)
Problema 2:
Quesito 4 Per calcolare le quantità richieste è sufficiente applicare semplicemente la loro definizione
ed osservare che all’afelio la velocità è perpendicolare al raggio che descrive l’orbita, quindi
1
GMT MS
MT vA2 −
= −5.21 · 1033 J
2
RA
= RA MT vA = −2.66 · 1037 N·m
EA =
LA
(10)
dove per il momento angolare è stato messo un segno - in quanto, rispetto ad un sistema di
riferimento orientato come l’asse terrestre, il moto si svolge in senso orario.
Quesito 5 Se il campo è nullo significa che l’attrazione esercitata dal sole e quella esercitata dalla terra
su un ipotetico corpo celeste posto in quel punto sono esattamente uguali ed opposte FT + FS = 0,
quindi
GMT
GMS
=
(11)
2
r
(RA − r)2
questa equazione si risolve agevolmente estraendo la radice di entrambi i membri
�
�
MT (RA − r) = MS r
ovvero
r = RA √
√
MT
√
MT + M S
(12)
(13)
da cui, sostituendo, si ottiene infine
r = 2.63 · 108 m.
(14)
Quesito 6 Per calcolare le quantità richiesta è possibile usare la conservazione dell’energia e del momento angolare; se uguagliamo le suddette quantità quando la terra si trova, rispettivamente,
all’afelio e al perielio otteniamo il sistema seguente che può essere risolto in termini di RP e vP
1
GMT MS
1
GMT MS
MT vA2 −
=
MT vp2 −
2
RA
2
RP
MT v A R A = M T v P R P .
(15)
Ricaviamo RP dalla seconda equazione e sostituiamo nella prima pur di scrivere
vA2 −
2GMS
2GMS vP
= vp2 −
RA
RA vA
che può essere risolta in termini di vP
�
1 2GMS
2GMS 2
2GMS
vP = (
± (
) − 4(vA2 −
)) = 30.29m/s
2 RA vA
RA vA
RA
(16)
(17)
e sostituendo il valore di vp nella seconda delle 15 si ottiene
rp = 147, 1 · 109 m.
Problema 3 per Fisica Generale 1 (270):
2
(18)
Quesito 7 La trasformazione è irreversibile in quanto cé una trasferimento di calore fra due sorgenti
con una differenza di temperatura non infinitesimale; la variazione di energia interna si calcola
facilmente tenendo presente che all-inizio il gas è in equilibrio con temperatura T1 e similmente
alla fine con temperatura T2 , in esplicito
5
∆U = ncv ∆T = nR(T2 − T1 ) = 6232.5 J
2
(19)
Quesito 8 La trasformazione avviene a pressione costante in quanto il pistone che contiene il gas è
libero di scorrere senza attrito, pertanto, applicando la definizione di cp si ha
7
Q = ncp ∆T = nR(T2 − T1 ) = 8725.5 J
2
(20)
Il lavoro subito dal gas a questo punto può essere ottenuto come semplice sottrazione dal primo
principio della termodinamica nella forma ∆U = Q + L
L = −nR(T2 − T1 ) = −2493.0 J
Quesito 9 La trasformazione è di entropia per il gas è data da
�
dQrev
∆Sgas =
T
(21)
(22)
dove dQrev è il calore scambiato in qualsiasi trasformazione reversibile che connetta lo stato iniziale
e finale; nel caso in esame possiamo immaginare di connettere tali stati con una isobara reversibile
per cui dQrev = ncp dT e quindi
∆Sgas = ncp
�
T2
T1
dT
7
T2
= nRln = 25.1 J/K.
T
2
T1
(23)
Per quanto riguarda invece la variazione di entropia dell’universo, essa può essere calcolata
agevolemente come
∆Q 7
T2
∆Suniv = ∆Ssorg + ∆Sgas =
+ nRln
(24)
T2
2
T1
dove ∆Q è la quantità di calore ceduta dalla sorgente, uguale in modulo, ed opposta in segno,
alla quantità di calore assorbita dal gas. In numeri
∆Suniv = 3.3 J/K.
(25)
Come si può vedere il bilancio totale è positivo, come ci si aspetta che sia per una trasformazione
irreversibile.
Problema 3 per Fisica Generale (509):
Quesito 7 Il campo elettrico totale è diretto lungo la congiungente le cariche, quindi la componente
ortogonale è nulla, mentre la componente longitudinale, scegliendo un sistema di riferimento con
l’origine dove è collocata la carica 1 ed orientato verso la carica 2, è data da
Ex = E1 + E2 =
1 q1
q2
( 2−
) = 374.7 N/C
4π�0 r
(d − r)2
3
(26)
Quesito 8 Nel processo si conservano l’energia totale e la quantità di moto, quindi, poichè all’inizio le
cariche sono ferme possiamo scrivere
1
1
1 q1 q2
1 q 1 q2
m1 v12 + m2 v22 +
=
2
2
4π�0 2a
4π�0 d
m 1 v1 + m2 v2 = 0
da cui
v1 = −
e
ovvero
m2
v2
m1
1 m22 2 1
q1 q 2 1
1
v2 + m2 v22 + 2
( − )=0
2 m1
2
4π�0 2a d
�
2q1 q2 (2a − d)m1
v2 = −
= −21.1 · 10−3 m/s
4π�0 ad(m22 + m1 m2 )
(27)
(28)
(29)
(30)
dove si è scelto il segno - perchè la carica 2 viaggia in senso contrario all’orientazione del sistema
di riferimento scelto.
Quesito 9 Visto che l’urto è totalmente anelstico le due cariche rimangono attaccate e si muovono con
una velocità comune; in particolare poichè la quantità di moto totale si conserva la velocità finale
sarà nulla in quanto è nulla la quantità di moto totale prima dell’urto, in formula
(m1 + m2 )vf = m1 v1 + m2 v2 = 0.
4
(31)
Cognome
Nome
Numero di matricola
A.A. 2010/2011
Appello del
5/7/2011.
• Tempo a disposizione: 2h30. Scrivere solamente su fogli forniti
Problema 1:
Un proiettile di massa M = 2 kg, lanciato da una postazione di artiglieria, ad un certo istante esplode in due
frammenti mentre sta volando con velocità v0 = 155 m/s parallela al suolo ad un’altezza h = 60 m. Siano
m1 = M/5, m2 = 4m1 le masse dei due frammenti e v1 , v2 le loro velocità.
Quesito 1.1 Sapendo che il moto dei due frammenti si svolge nel piano verticale xy ortogonale al suolo, che l’angolo fra
v1 e l’orizzontale è di π/7 verso l’alto e che v1 = 170 m/s, si calcolino le componenti orizzontale e verticale della
velocità del secondo frammento.
v2x [m/s]=
v2y [m/s]=
Quesito 1.2 Si dica dopo quanto tempo t2 dall’esplosione il secondo frammento tocca terra.
t2 [s]=
Quesito 1.3 Si calcoli la distanza d fra i punti in cui i due frammenti toccano terra.
d[m]=
Problema 2:
Una puleggia di massa M = 7.5 kg, raggio R = 5.5 cm, e momento di inerzia I = (2/3)M R2 , è
incernierata ad un perno orizzontale passante per il suo centro attorno al quale può ruotare senza
attrito. Attorno alla puleggia è avvolto un filo inestensibile e privo di massa, al quale è sospesa
una massa m = (1/3)M . Il sistema è inizialmente fermo e la massa m viene lasciata cadere sotto
l’azione del campo gravitazionale. Il filo non slitta sulla puleggia. Si trascuri inizialmente la
resistenza dell’aria.
R
M
m
Quesito 2.1 Calcolare l’accelerazione della massa m
a[m/s2 ]=
Quesito 2.2 Calcolare la velocità della massa m dopo che la puleggia ha compiuto 2 giri completi.
v[m/s]=
Quesito 2.3 Si tenga conto adesso della resistenza dell’aria, ipotizzando che sia sulla massa m, sia sul bordo della
puleggia, agisca una forza resistente di attrito viscoso pari a FV = βv con β = 5 kg/s. Calcolare la massima velocità
raggiunta dalla massa m, sempre nell’ipotesi che venga lasciata cadere da ferma.
vMAX [m/s]=
Problema 3:
Si vuole sollevare una relitto sommerso di massa m = 1250 kg utilizzando un pallone riempito di aria. Il pallone è
elastico e puó quindi variare il suo volume, ma si puó trascurare la forza elastica esercitata dalle pareti del pallone,
cosı́ come si puó trascurare la sua massa. Il relitto si trova ad una profondità h0 = 120 m dove la temperatura
dell’acqua è T0 = 283 K. Si consideri l’aria come un gas perfetto biatomico di massa molecolare MA = 28.8 g/mol.
La pressione al di sopra del mare è p0 = 1 atm.
Quesito 3.1 Calcolare la massa di aria necessaria per far sollevare il relitto considerando l’aria in equilibrio termico con
l’acqua circostante.
m[kg]=
Quesito 3.2 Calcolare il volume del pallone quando raggiunge la superficie, dove la temperatura è TS = 293 K .
VS [m3 ]=
Quesito 3.3 Considerando che la temperatura vari linearmente tra la superficie e h0 calcolare la forza risultante sul
pallone quando si trova ad una profondità pari a h0 /2
F [N]=
d
!
Problema 4:
Una lastra isolante quadrata di lato L = 80 cm e spessore d = 2 mm è caricata uniformemente con una densità di volume ρ = 2 µC/m3 . La lastra è posta nel piano yz con la faccia
sinistra posizionata a x1 = 0. Una seconda lastra dimensionalmente identica alla prima,
ma realizzata con un conduttore ideale, è caricata con una carica Q2 ignota e posta con la
faccia sinistra in x2 = 4d. Le regioni a sinistra della prima lastra, tra le due lastre, ed a
destra della seconda lastra sono chiamate rispettivamente: I, II, e III.
Q2
Q3
L
I
II
x1 = 0
III
x2 = 4d
Quesito 4.1 Calcolare il valore di Q2 sapendo che il campo elettrico nella zona a destra della seconda lastra è pari alla
metà del campo nella regione tra le lastre, cioè EIII = (1/2)EII
Q2 [C]=
Quesito 4.2 Calcolare la carica distribuita sulla faccia sinistra (QS ) e destra (QD ) della seconda lastra.
QS [C]=
QD [C]=
Quesito 4.3 Calcolare la differenza di potenziale tra le due facce della prima lastra ∆V = V (x = d) − V (x = 0)
∆V [V]=
IV
x3 = 8d
Soluzioni
Problema 1:
Quesito 1.1 Per calcolare le componenti della velocità del secondo frammento possiamo usare la conservazione della
quantità di moto lungo le due direzioni, longitudinale e verticale, x̂ e ŷ
m1 v1x + m2 v2x
m1 v1y + m2 v2y
=
=
(m1 + m2 )v0 = M v0
0.
(1)
Si fa notare inoltre che l’energia in generale non è conservata nel processo, in quanto l’esplosione può causare di
fatto un aumento dell’energia cinetica. Per risolvere il sistema precedente è necessario conoscere le componenti della
valocità per il primo frammento; questo può essere fatto facilmente osservando che
v1x
=
v1y
=
π
= 153.2 m/s
7
π
v1 sin = 73.8 m/s.
7
v1 cos
(2)
A questo punto i valori per v1x e v1y possono essere sostituiti nel primo sistema, si ottiene cosı̀
v2x
=
v2y
=
M v0 − m1 v1x
= 155.5 m/s
m2
m1 v1y
−
= −18.4 m/s.
m2
(3)
Quesito 1.2 Per calcolare l’istante t2 in cui il frammento numero 2 tocca terra possiamo usare la legge oraria del moto
lungo ŷ
1
y(t) = y0 + vy0 t − gt2
(4)
2
che è un’equazione di secondo grado in t. Sostituendo gli opportuni valori per la posizione iniziale e finale e per la
velocità iniziale, ovvero
y(t2 ) = 0 m, y0 = h = 60 m e vy0 = v2y = −18.5 m/s
(5)
si può ricavare t2 dalla formula
t2 =
2vy0 ±
�
(2vy0 )2 + 8y0 g
2g
(6)
e, avendo cura di scegliere, fra le due, la soluzione positiva, si ha
t2 = 2.09 s.
(7)
Quesito 1.3 In questo caso la soluzione può essere nuovamente ottenuta facendo uso delle leggi orarie per le due
componenti dello spostamento
x(t)
y(t)
=
x0 + v x t
=
1
y0 + vy t − gt2 .
2
(8)
Scegliendo x0 = 0 per entrambi i frammenti, si ottiene che le posizioni in cui i frammenti toccano terra sono
x1 (t1 ) = v1x t1 e x2 (t2 ) = v2x t2 . Per il frammento 2 abbiamo già tutti i dati:
x2 = v2x t2 = 325.0 m
Per il frammento 1 dobbiamo trovare t1 usando la (6) scegliendo di nuovo la soluzion positiva:
�
2v1y ± (2v1y )2 + 8hg
t1 =
= 15.81 s
2g
(9)
(10)
Sostituendo si trova quindi x1 e la distanza d:
x1
d
Problema 2:
=
=
v1x t1 = 2421.7 m
x1 − x2 = 2097 m
(11)
Quesito 2.1 Sulla massa m agiscono la forza di gravità e la tensione T della fune, mentre sulla puleggia oltre alla gravità
e alla tensione −T agisce anche la reazione del perno. Scrivendo la prima equazione cardinale per la massa m e la
secondo equazione cardinale per la puleggia, scegliendo come polo il suo centro, otteniamo il sistema
ma
Iα
T − mg
−T R.
=
=
(12)
La seconda equazione sostituendo l’espressione per I ci da
T =
2M R
α
3
(13)
e poiché il filo non striscia sulla carrucola vale la relazione a = α/R, da cui
T =−
2M a
.
3
(14)
A questo punto sostituendo l’espressione (14) per T nella prima delle (12) si ha
ma +
2M a
= −mg
3
(15)
3mg
3m + 2M
(16)
ovvero
a=−
da cui, sostituendo i valori dati nel testo, a = −3.3 m/s2 .
Quesito 2.2 Dopo che la puleggia ha compiuto 2 giri la massa m è scesa complessivamente di un tratto pari a 2 volte la
circonferenza della puleggia, quindi
l = 2 · 2πR
(17)
poiché non ci sono forze non conservative agenti sul sistema la variazione di energia potenziale deve essere pari alla
variazione di energia cinetica, in formula
mgl = 4mgπR =
1
1
mv 2 + Iω 2
2
2
(18)
e, osservando nuovamente che il filo non striscia sulla puleggia e quindi ω = v/R, si ha
4πmgR =
e quindi
v2 =
1
1
mv 2 + M v 2
2
3
(19)
24πmgR
3m + 2M
(20)
cioè v = −2.1 m/s, negativa poiché il corpo scende.
Quesito 2.3 La massa m raggiunge la sua velocità limite quando smette di accelerare, ovvero quando la risultante della
forza di gravità e della forza viscosa agente sul sistema si annulla. Possiamo quindi riscrivere il sistema (12) nella
forma
0
0
=
=
−mg + T + βvmax
−T R + βvmax R
(21)
dove il segno è stato scelto in accordo al fatto che la forza viscosa si oppone al moto. La tensione si ricava dalla
seconda delle (21)
T = βvmax
(22)
e, sostituendo nella prima
vmax = −
mg
= 2.45 m/s.
2β
(23)
Problema 3:
Quesito 3.1 Per sollevare il relitto è necessario che la forza di Archimede sia superiore alla forza di gravità agente sul
relitto, questa condizione, trascurando il peso dell’aria, può essere espressa come
ρL gVr ≥ mg
Vr ≥
m
= 1.25 m3
ρL
(24)
dove ρL = 1000 kg/m3 è la densità dell’acqua. Se consideriamo l’aria come un gas perfetto biatomico abbiamo che
Vr =
nA RT0
P (h0 )
nA =
Vr P (h0 )
mP (h0 )
≥
RT0
ρL RT0
(25)
dove P (h0 ) è la pressione dell’aria che deve essere uguale a quella dell’acqua circostante
P (h0 ) = p0 + ρL gh0 = 1.279 MPa
da cui
mA = nA MA = MA
(26)
mP (h0 )
= 19.6 Kg
ρL RT0
(27)
Si vede che il peso dell’aria è molto inferiore al peso del relitto, ed era quindi giustificato trascurarlo.
Quesito 3.2 Alla superficie si ha P (0) = p0 e T = TS , quindi, semplicemente
VS =
nA RTS
mA RTS
=
= 16.4 m3 .
p0
MA p0
(28)
Quesito 3.3 Se la temperatura varia linearmente dal fondo alla superficie per h = h0 /2 = 60 m si ha
T (h) =
TS + T0
2
(29)
inoltre
P (h) = p0 + ρL gh
(30)
mA RT (h)
P (h)
(31)
quindi
V (h) =
da cui
Ftot = Fa − Fg = ρL gV (h) − mg = ρL g
mA RT (h)
− mg = 10908 N
MA P (h)
(32)
Problema 4:
Quesito 4.1 Per calcolare il campo esterno generato dalle due lastre possiamo usare il teorema di Gauss su ciascuna
lastra presa singolarmente e poi sommare i campi. Prendiamo un cilindro con le facce (di area A) parallele a quelle
della lastra ed esterne alla stessa. Se la carica totale sulla lastra è Q, la carica contenuta nel cilindro sarà QA/L2
per cui
QA
Q
= 2EA =⇒ E =
.
(33)
� 0 L2
2�0 L2
Per la prima lastra Q1 = ρL2 d per cui il campo elettrico dovuto a ciascuna lastra risulta
E1 =
ρd
2�0
;
E2 =
Q2
.
2�0 L2
(34)
Nelle tre regioni, orientando il campo come positivo verso destra, abbiamo rispettivamente
EI = −E1 − E2
,
EII = E1 − E2
,
EIII = E2 + E1
(35)
da cui, imponendo EIII = (1/2)EII , si ottiene
E2 + E1 =
1
(E1 − E2 )
2
=⇒
da cui, risolvendo per Q2
Q2 = −
E1 = −3E2
=⇒
ρdL2
= −0.85 nC
3
ρd
Q2
= −3
2�0
2�0 L2
(36)
(37)
Quesito 4.2 QS e QD possono essere ottenute applicando Gauss ad un cilindro le cui facce siano una interna ed una
esterna al conduttore, tenendo conto che il campo all’interno del conduttore è nullo, e ricordando che i campi sono
definiti positivi se orientati verso destra:
QS /L2
4
2 ρd
= −EII = −(E1 − E2 ) = − E1 = −
�0
3
3 �0
(38)
QD /L2
1
ρd
= EIII = EII =
�0
2
3�0
(39)
Per cui si trova:
2
QS = − ρdL2 = −1.71 nC
3
1
QD = ρdL2 = 0.85 nC
3
(40)
(41)
Quesito 4.3 Per risolvere questo punto è necessario calcolare il campo elettrico all’interno della piastra. Si prende un
cilindro di area di base A come al quesito 4.1 ma questa volta il cilindro ha la faccia sinistra nella regione I, e la
faccia destra all’interno della prima lastra, ad un distanza x dall’origine. Si ha:
(E(x) − EI )A =
E(x) =
ρAx
�0
ρx
ρx
ρx 2
ρ(x − d/3)
+ EI =
− (E1 + E2 ) =
− E1 =
�0
�0
�0
3
�0
(42)
(43)
Per definizione di differenza di potenziale abbiamo
∆V = −
�
d
0
E(x)dx = −
�
d
0
ρ(x − d/3)
ρ
ρ
= − (d2 /2 − d2 /3) = −
= −0.151 V.
�0
�0
6�0
(44)
Cognome
Nome
Numero di matricola
A.A. 2010/2011
Appello del
19/7/2011.
• Tempo a disposizione: 2h30. Scrivere solamente sui fogli forniti
Problema 1:
Un pendolo balistico è formato da un blocco quadrato di massa M = 5.0 Kg e lunghezza
L = 30.0 cm appeso al soffitto tramite due fili, inestensibili e di massa trascurabile, di
lunghezza l1 = l2 = 120 cm. I due fili sono attaccati al blocco rispettivamente a distanza
x1 = 0 e x2 = 2L/3 dallo spigolo superiore sinistro dello stesso.
x1
l1
x2
m,v0
Quesito 1.1 Si dica quanto valgono le tensioni T1 , T2 esercitate dai due fili sul blocco.
T1 [N]=
T2 [N]=
Quesito 1.2 Ad un certo istante viene sparato contro il blocco un proiettile di massa m = 30 g e velocità v0 = 340
m/s parallela al suolo che impatta perfettamente al centro della faccia sinistra del blocco. Nell’urto il proiettile si
conficca nel blocco. Si dica quanto vale l’energia del sistema blocco+proiettile subito dopo l’urto.
E[J]=
Quesito 1.3 Considerato che nel moto successivo del sistema i fili si mantengono sempre paralleli fra loro, si dica quanto
vale il massimo angolo formato dai due fili con la verticale.
θMAX [rad]=
Problema 2:
Un piano inclinato forma un angolo θ = π/6 con l’orizzontale ed ha altezza h0 =
40 cm. Una sferetta di massa M = 1.5 kg e raggio R = 0.5 cm viene rilasciata da
ferma dalla sommità del piano. La metà piú alta del piano è perfettamente liscia,
mentre nella metà piú bassa il coefficiente di attrito dinamico tra sfera e piano vale
µD = 0.6. Si ricorda che il momento di inerzia di una sfera omogenea rispetto al suo
CM vale ICM = (2/5)M R2
M,R
h0
µD
!"
Quesito 2.1 Calcolare la velocità con cui la sferetta arriva alla fine della parte liscia del piano.
v0 [m/s]=
Quesito 2.2 Calcolare la accelerazione del CM e l’accelerazione angolare della sferetta non appena entra nel tratto scabro
aCM [m/s2 ]=
α[rad/s2 ]=
Quesito 2.3 Calcolare dopo quanto tempo dal momento in cui entra nel tratto scabro la sferetta scende con moto di
puro rotolamento.
∆t[s]=
Problema 3:
Un recipiente isolato termicamente di volume totale V = 150 L (cioè litri) contiene una massa m1 = 20 g di
ghiaccio alla temperatura T1 = −18 ◦ C. Viene immessa nel recipiente una quantità m2 = 200 g di vapor d’acqua
alla temperatura T2 = 400 ◦ C. Il vapore può essere considerato come un gas perfetto formato da molecole di
H2 O (massa atomica mA = 18 g/mol, 6 gradi di libertà). Si utilizzi le seguenti costanti termiche dell’acqua:
calore specifico ghiaccio cG = 2050 J/kg · K; calore specifico acqua cA = 4186 J/kg · K; calore latente di fusione
λf = 333 kJ/kg calore latente di vaporizzazione λv = 2.27 MJ/kg. Si trascuri il volume occupato dalla massa m1
quando si trova allo stato solido o liquido.
Quesito 3.1 Calcolare la pressione del vapor d’acqua al momento in cui viene immesso nel recipiente.
p1 [Pa]=
Quesito 3.2 Si osserva che quando il sistema raggiunge l’equilibrio tutta l’acqua è allo stato gassoso. Calcolare la
temperatura di equilibrio del sistema.
TF [◦ C]=
Quesito 3.3 Calcolare la variazione di entropia dal momento immediamente successivo all’immissione del gas alla situazione di equilibrio.
∆S[J/K]=
Problema 4:
Un circuito è costituito da due maglie quadrate di lato d = 15 cm, con gli
elementi circuitali mostrati in figura. I valori sono: R1 = 15 kΩ, R2 = 22 kΩ,
C = 47 µF, V0 = 12 V. Inizialmente l’interruttore S é chiuso.
+
d
d
d
Quesito 4.1 Calcolare la carica sul condensatore in condizioni stazionarie (con S chiuso)
Q[C]=
Quesito 4.2 All’istante t = 0 l’interruttore S viene aperto. Calcolare dopo quanto tempo la tensione sul condensatore
è pari a 0.9V0
∆t[s]=
Quesito 4.3 L’interrutore S viene mantenuto aperto per lungo tempo, fino ad avere il circuito in condizioni stazionarie.
Successivamente viene attivato un campo magnetico uniforme, perpendicolare al piano del circuito ed uscente dal
foglio, di intensità B(t) = B0 (t/τ ), con B0 = 1.5 T e τ = 8.5 ms. Calcolare la corrente che scorre nel condensatore
al momento immediatamente successivo all’attivazione del campo magnetico.
I0 [A]=
Soluzioni
Problema 1:
Quesito 1.1 Prima dell’impatto del proiettile il blocco è in quiete, quindi sia la risultante delle forze esterne che quella
dei momenti rispetto ad un punto arbitrario deve annullarsi. Usando la prima e la seconda equazione cardinale ed
usando come polo il punto in cui è ancorata la prima fune, abbiamo rispettivamente
�
Fext = T1 + T2 − M g = 0
(1)
�
2
L
τext = − LT2 + M g = 0
(2)
3
2
e risolvendo il sistema precedente si ottiene
Mg
== 12.3 N
4
T1
=
M g − T2 =
T2
=
3
M g = T2 = 36.8 N
4
(3)
(4)
Quesito 1.2 L’urto del proiettile con il blocco è perfettamente anelastico, pertanto l’energia non si conserva, mentre,
poichÈ non sono presenti forse esterne lungo x, si conserva la quantità di moto in tale direzione. Osservando che
dopo l’urto i due corpi si muovono alla stessa velocità possiamo quindi scrivere
mv0 = (m + M )Vf
cioè
m
v0
m+M
(6)
1
(m + M )Vf2 = 10.3 J.
2
(7)
Vf =
ovvero
T =
(5)
Quesito 1.3 Per calcolare il massimo angolo formato con la verticale possiamo usare la conservazione dell’energia totale
dopo l’urto; osservando che il massimo angolo si ha in corrispondenza della massima altezza raggiunta e che la
corrispondente velocità è nulla, abbiamo quindi
Ei =
1
(m + M )Vf2 = Ef = (m + M )g(L − Lcosθmax ).
2
(8)
Sostituendo a Vf il valore trovato in precedenza ed invertendo l’espressione si ottiene infine
cos θmax = (1 −
m2 v02
) =⇒ θmax = cos−1 (0.825) = 0.60 rad.
2g(m + M )2 L
(9)
Problema 2:
Quesito 2.1 Nel primo tratto la sferetta scende senza ruotare, perchè la forza di attrito è nulla e né la forza peso nè la
reazione normale hanno momento rispetto al CM. L’energia si conserva perché il lavoro delle forze non conservative
è nullo, per cui:
�
1
h0
0 = mv02 − mg
=⇒ v0 = gh0 = 1.98 m/s
(10)
2
2
Quesito 2.2 Inizialmente le forze in gioco sono: la forza peso Fg = M g, la forza di reazione nomale
N e la forza di attrito dinamico Fa = µD N . Infatti, poiché al momento di entrare sul tratto
scabro la sfera non sta rotolando, la velocità del punto di contatto è diversa da zero e quindi è in
gioco l’attrito dinamico. Questa forza, che ha momento rispetto al CM, provoca un accelerazione
angolare. Scrivendo la prima e seconda equazione cardinale rispetto al CM della sfera si ottiene,
orientando l’asse x lungo il piano inclinato verso il basso e scegliendo il verso orario come positivo
per la rotazione:
N − M g cos θ = 0 =⇒ N = M g cos θ
M g sin θ − µD N = M aCM =⇒ aCM = g sin θ − µD g cos θ = −0.192 m/s2
µD M g cos θR
5 µD g cos θ
µD M g sin θR = ICM α =⇒ α =
=
= 2548 rad/s2
ICM
2
R
Fa
N
Fg
(11)
(12)
(13)
Quesito 2.3 Il moto nella parte scabra è uniformemente accelerato sia per la parte angolare che per la parte lineare,
cioè vCM (t) = v0 + aCM t e ω(t) = αt. Il puro rotolamento viene raggiunto quando la velocità del punto di contatto
diventa nulla (e subentra l’attrito statico), cioè
vCM (t) = ω(t)R =⇒ v0 + aCM t = αtR =⇒ t =
v0
= 0.15 s
αR − aCM
(14)
Problema 3:
Quesito 3.1 Considerando il vapor d’acqua come un gas perfetto si ha:
p1 =
nRT2
m2 RT2
=
= 414.4 kPa
V
mA V
(15)
Quesito 3.2 Successivamente, per arrivare ad avere un sistema di solo vapore la massa m1 dovrà subire varie trasformazioni in cui assorbe calore:
1. il ghiaccio si scalda fino alla temperatura di fusione T0 = 0 ◦ C: QG = m1 cG (T0 − T1 ) = 738 J
2. il ghiaccio si scioglie Qf = m1 λf = 6660 J
3. l’acqua si scalda fino alla temperatura di ebollizione T100 = 100 ◦ C: QA = m1 cA (T100 − T0 ) = 8372 J
4. l’acqua vaporizza Qv = m1 λv = 45400 J
5. il vapore si scalda fino alla temperatura finale TF ignota: QV = m1 cV (TF − T100 )
Il calore assorbito dalla massa m1 deve essere uguale a quello ceduto da m2 , Q2 = m2 cV (T2 − TF ). Poiché si può
considerare il vapore come un gas perfetto con 6 gradi di libertà, il calore specifico molare a volume costante sarà
dato da (6/2)R, e quindi il calore specifico sarà cV = 3R/mA = 1385 J/kg · K.
Chiamiamo Q0 il calore assorbito dal ghiaccio per arrivare fino ad essere vapore: Q0 = QG +Qf +QA +Qv = 61170 J.
Anche se il testo lo dice, e quindi non è necessario per la risoluzione, possiamo controllare che effettivamente
lo stato finale sia tutto vapore: il calore che la massa m2 potrebbe cedere prima di cominciare a condensare è
Q2 = m2 cV (T2 − T100 ) = 83100 J > Q0 .
Per calcolare la temperatura finale TF dobbiamo risolvere l’equazione:
m2 cV (T2 − TF ) = Q0 + m1 cV (TF − T100 ) =⇒ TF =
m1 cV T100 + m2 cV T2 − Q0
= 172 ◦ C
(m1 + m2 )cV
(16)
Quesito 3.3 Per calcolare la variazione di entropia consideriamo che tipo di processi abbiamo nella trasformazione. Nei
processi calorimetrici il calore assorbito (o ceduto) è proporzionale alla variazione di temperatura:
dQ = mcdT =⇒ ∆S =
�
f
i
dQ
= mc
T
�
f
i
dT
Tf
= mc log
T
Ti
(17)
Nelle transizioni di fase invece la temperatura è costante per cui
Q = mλ =⇒ ∆S =
Q
mλ
=
T
T
(18)
dove naturalmente la temperatura deve essere la temperatura assoluta misurata in Kelvin. Applicando queste due
equazioni a tutte le trasformazioni elencate nel punto 3.2 si ottiene
�
�
TF
TF
λv
T100
λf
T0
∆S = m2 cV log
+ m1 cV log
+
+ cA log
+
+ cG log
= 65.3 J/K
(19)
T2
T100
T100
T0
T0
T1
Problema 4:
dVC
Quesito 4.1 In condizioni stazionarie la corrente attraverso il condensatore è nulla perché I = dQ
dt = C dt = 0 se la
tensione non varia. Pertanto la corrente fluisce solo nelle due resistenze, che possono essere sostituite dalla resistenza
equivalente della serie I = V0 /Req = V0 /(R1 + R2 ). La tensione ai capi del condensatore è la stessa che si trova ai
capi di R2 per cui
R2
Q = CV2 = CIR2 = CV0
= 335 µC
(20)
R1 + R2
Quesito 4.2 Quando si apre l’interruttore, la resistenza R2 viene eliminata dal circuito. Il condensatore si carica attraverso la resistenza R1 , tendendo alla tensione massima V0 , partendo dalla tensione iniziale iniziale Vi = Q/C =
2
V0 R1R+R
= 7.13 V calcolata al punto precedente. Sappiamo quindi che la tensione ai capi del condensatore seguirà
2
un’esponenziale exp(−t/τC ) sommata ad un valore costante, dove τC = R1 C = 705 ms. La soluzione va quindi
cercata nella forma V (t) = a + b exp(−t/τC ) dove a e b devono essere determinati dai valori iniziali e finali della
tensione:
V (∞) = a = V0 ; V (0) = a + b = Vi =⇒ b = Vi − V0
(21)
Per trovare il tempo a cui la tensione raggiunge una certa frazione α = 0.9 della tensione V0 dobbiamo risolvere
l’equazione
V0 − Vi
= 0.99 s
(22)
V0 + (Vi − V0 ) exp(−t/τC ) = αV0 =⇒ t = τC log
(1 − α)V0
Quesito 4.3 Dopo che l’interruttore è rimasto aperto per lungo tempo, la tensione sul condensatore ha raggiunto il valore
V0 . Quando viene attivato il campo magnetico nel circuito, che ha area A = 2d2 , si crea una forza elettromotrice
indotta pari a
dΦB
dB(t)
B0
Vind = −
= −A
= −2d2
= −7.94 (V )
(23)
dt
dt
τ
dove si è usato il fatto che il campo magnetico è uniforme per scrivere ΦB = A · B(t). Il segno negativo significa la
forza elettromotrice tende a far circolare la corrente in senso orario. Poiché nel circuito inizialmente la corrente è
nulla, la corrente iniziale è completamente dovuta Vind , cioè:
I0 =
Vind
= −0.53 mA
R1
(24)
Cognome
Nome
Numero di matricola
A.A. 2010/2011
Appello del
19/9/2011.
• Tempo a disposizione: 2h30. Scrivere solamente sui fogli forniti
Problema 1:
Una sbarra omogenea, di massa M = 2.5 kg e lunghezza L = 75 cm, è vincolata a ruotare
senza attrito attorno ad un punto O che si trova ad una distanza L/4 dal suo centro. La
sbarra viene lasciata libera da ferma in posizione orizzontale.
y
O
x
L
Quesito 1.1 Calcolare la velocità angolare della sbarra quando passa per la verticale.
ω[rad/s]=
Quesito 1.2 Calcolare le componenti della forza che la cerniera esercita sulla sbarra quando questa passa per la verticale
usando un sistema di coordinate con l’asse x orizzontale e l’asse y verticale e diretto verso l’alto.
Rx [N]=
Ry [N]=
Quesito 1.3 Calcolare il periodo delle piccole oscillazioni della sbarra se, invece di essere lasciata libera da ferma orizzontalmente, la sbarra viene fatta oscillare di un piccolo angolo attorno alla verticale.
T [s]=
Problema 2:
Un blocco di marmo di massa M = 2500 kg è appoggiato sul pianale di un autocarro
ed assicurato allo stesso con una corda fissata ai due lati del pianale. I coefficienti
di attrito statico e dinamico tra marmo e pianale sono rispettivamente µS = 0.5 e
µD = 0.4. L’autocarro inizialmente viaggia a velocità costante v = 20 km/h su una
salita che forma un angolo θ = 30◦ rispetto all’orizzontale.
d
µS ,
µD
!"
Quesito 2.1 Calcolare la minima tensione della fune per cui il blocco non scivola lungo il pianale.
TMIN [N]=
Quesito 2.2 L’autocarro inizia ad accelerare con una accelerazione aA = 1.5 (km/h)/s ed a causa della sollecitazione la
corda si spezza. Verificare che il blocco scivola rispetto al pianale, e calcolarne l’accelerazione rispetto al suolo.
a[m/s2 ]=
Quesito 2.3 Calcolare dopo quanto tempo dal momento in cui l’autocarro inzia ad accelerare il blocco raggiunge il bordo
del pianale, che dista d = 3.5 m dallo spigolo del blocco.
∆t[s]=
Problema 3:
#$%&'()*#"
All’interno di un recipiente cilindrico di sezione S = 400 cm2 sono contenute n moli di
aria, che si può considerare come un gas perfetto biatomico. Il recipiente è chiuso da un
pistone di massa trascurabile, libero di scorrere senza attrito, e collegato alla base mediante
una molla ideale di costante elastica k = 5 × 103 N/m e lunghezza di riposo trascurabile.
Le pareti del recipiente sono permeabili al calore e la temperatura dell’ambiente esterno è
t0 = 15◦ C. In tali condizioni il sistema è in equilibrio e la pressione del gas è p0 = 1.5patm .
#*+#"
!"
!
Quesito 3.1 Calcolare il volume del recipiente ed il numero di moli di gas.
V0 [m3 ]=
n[mol]=
Quesito 3.2 A partire da un certo istante la temperatura dell’ambiente esterno aumenta molto lentamente fino a raggiungere t1 = 36◦ C, per poi rimanere costante. Calcolare il volume del recipiente e la pressione finale del gas in
queste nuove condizioni.
V1 [m3 ]=
p1 [Pa]=
Quesito 3.3 Calcolare il calore assorbito dal gas nella trasformazione da t0 a t1 assumendo che le capacità termiche del
cilindro, del pistone e della molla siano trascurabili.
Q[J]=
Problema 4:
Un solenoide è costituito da N = 1000 spire di un filo con resistività ρ = 1.5 × 10−8 Ω · m e
sezione circolare di area S = 1.0 mm2 . Il solenoide è avvolto in modo compatto, nel senso
che non vi sono spazi tra una spira e la successiva. Il raggio del solenoide è a = 5.0 cm.
Il solenoide è collegato ad una batteria con una differenza di potenziale ai suoi capi pari a
∆V = 12 V. Nota: la figura é puramente indicativa e non è in scala.
Quesito 4.1 Calcolare la corrente che scorre nel solenoide.
I[A]=
Quesito 4.2 Calcolare il campo di induzione magnetica all’interno del solenoide verificando che l’altezza del solenoide
sia molto maggiore del raggio.
B[T]=
Quesito 4.3 Calcolare la forza magnetica risultante su una mezza spira (cioè di forma semicircolare)
F [N]=
Soluzioni
Problema 1:
Quesito 1.1 Si conserva l’energia meccanica perché il perno è senza attrito e la forza di gravità è conservativa. Il
momento di inerzia rispetto al polo O è
IO = ICM + M
� �2 �
�
L
1
1
7
=
+
M L2 =
M L2
4
12 16
48
(1)
Considerando come riferimento dell’energia potenziale il livello del perno abbiamo:
L 1
=⇒ 0 + 0 = −M g + IO ω 2
4
2
�
�
mgL
24g
=
= 6.70 rad/s2
ω=
2IO
7L
U i + Ki = U f + Kf
=⇒
(2)
(3)
Quesito 1.2 Il centro di massa della sbarra compie un moto circolare, per cui la sua accelerazione radiale nel punto piú
basso sarà data da aR = ω 2 r = ω 2 (L/4) = ay . Le forze che agiscono sulla sbarra sono la reazione della cerniera
� = (Rx , Ry ) e la forza di gravità P� = (0, −M g). Il momento di tali forze è nullo, per cui anche l’accelerazione
R
angolare è nulla. Quindi l’accelerazione tangenziale, che è diretta lungo x nel punto piú basso, è nulla, cioè ax = 0.
Dalla prima equazione cardinale si ottiene:
Fx = R x + 0 = M a x
=⇒
Fy = R y − M g = M a y
Rx = 0
=⇒
Ry = M g + M ω 2
L
=
4
�
1+
6
7
�
(4)
Mg =
13
M g = 45.5 N
7
(5)
Quesito 1.3 Usando la seconda equazione cardinale, indicando con θ l’angolo formato dalla sbaretta con la verticale,
per angoli di rotazione piccoli otteniamo:
I0 θ̈ = τ = −M g
L
L
M gL
sin θ ≈ −M g θ =⇒ θ̈ = −
θ
4
4
4I0
(6)
Questa equazione ha la stessa forma dell’equazione della molla: θ̈ = −Ω2 θ. La pulsazione Ω ed il periodo T
dell’oscillazione saranno quindi:
�
M
gL
12
g
2π
7L
Ω2 =
=
=⇒ T =
=π
= 1.33 s
(7)
4I0
7 L
Ω
3g
Da notare che la pulsazione Ω non ha niente a che vedere con la velocità angolare ω della sbarra definita al punto 1.
Problema 2:
Quesito 2.1 Le forze che agiscono sul blocco sono mostrate in figura. Da notare che la forza esercitata
dalla fune è pari a 2 volte la tensione, in quanto la corda agisce sia su entrambi gli spigoli del
blocco. Quando l’autocarro procede a velocità costante, nell’ipotesi che il blocco non scivoli, la
risultante delle forze sul blocco deve essere nulla. Orientando l’asse x lungo la discesa verso l’alto
e l’asse y perpendicolarmente alla discesa si ottiene:
Fx = −M g sin θ + Fa = 0
Fy = N − 2T − M g cos θ = 0
=⇒
=⇒
Fa = M g sin θ
N = 2T + M g cos θ
(8)
(9)
Imponendo che Fa ≤ µS N si ottiene
T ≥
Mg
(sin θ − µS cos θ) = 1643 N
2µS
2T
N
Fa
Mg
(10)
Quesito 2.2 Se la corda si spezza e l’autocarro accelera, le equazioni delle forze diventano:
Fx = −M g sin θ + Fa = M aB
Fy = N − M g cos θ = 0
=⇒
=⇒
Fa = M g sin θ + M aB
N = M g cos θ
(11)
(12)
dove aB è l’accelerazione del blocco. Se il blocco rimanesse fermo rispetto al pianale, dovrebbe essere aB = aA =
1.5 (km/h)/s = 0.417 m/s2 . Si vede che la forza di attrito sarebbe maggiore del massimo consentito µS N :
Fa
= g sin θ + aA = 5.32 m/s2
M
>
µS N
= µS g cos θ = 4.25 m/s2
M
(13)
Siamo quindi in presenza di scivolamento, e la forza di attrito dinamico è Fa = µD N = µD M g cos θ:
aB = −g sin θ + µD g cos θ = −1.51 m/s2
(14)
naturalmente diretta verso il basso.
Quesito 2.3 Il blocco e l’autocarro compiono un moto uniformemente accelerato. L’accelerazione relativa è aR = aB −
aA = −1.92 m/s2 . Per percorrere il tratto d il blocco impiega quindi un tempo determinato dalle equazioni del
moto uniformemente accelerato:
�
1
2d
2
d = aR ∆t
=⇒
∆t =
= 1.91 s
(15)
2
aR
Problema 3:
Quesito 3.1 Imponendo l’equilibrio delle forze sul pistone, orientando l’asse verso l’alto, e tenendo conto della relazione
V = Sx dove x è la lunghezza della molla, si ottiene:
p0 S − k
V0
− patm S = 0
S
=⇒
V0 =
(p0 − patm )S 2
= 16.2 × 10−3 m3
k
(16)
Il numero di moli si ricava dalla legge dei gas perfetti con T0 = 288 K:
n=
p0 V 0
= 1.02 mol
RT0
(17)
Quesito 3.2 Possiamo di nuovo applicare l’equilibrio delle forze sul pistone, avendo questa volta come incognite sia il
volume che la pressione, ed utilizzando la legge dei gas perfetti per eliminare uno dei due, dato che il numero di
moli è stato ricavato:
p1 S − k
V1
− patm S = 0
S
=⇒
p1 −
k nRT1
− patm = 0
S 2 p1
=⇒
p21 − patm p1 −
knRT1
=0
S2
da cui, scegliendo la soluzione positiva dell’equazione di secondo grado ed utilizzando T1 = 309 K:
�
patm + p2atm + 4knRT1 /S 2
p1 =
= 0.1542 MPa
2
nRT1
V1 =
= 17.0 × 10−3 m3
p1
(18)
(19)
(20)
Quesito 3.3 Poiché la trasformazione avviene molto lentamente possiamo assumere che il sistema sia in equilibrio in
tutti i punti. Per cui l’equazione (18) vale punto per punto:
p=
k
V + patm
S2
(21)
da dove si vede che la pressione è una funzione lineare del volume. Dal primo principio si può quindi ricavare il
calore assorbito (W è il lavoro eseguito sul sistema):
� V1
k
∆U = Q + W =⇒ Q = ∆U − W = ncV ∆T +
p dV = ncV ∆T +
(V 2 − V02 ) + patm (V1 − V0 ) (22)
2S 2 1
V0
L’integrale può essere valutato direttamente dall’espressione di p(V ), oppure si può osservare che essendo p una
funzione lineare di V , il lavoro è l’area del trapezio sotto la curva
1
1
−W = (V1 − V0 )p0 + (V1 − V0 )(p1 − p0 ) = (p1 + p0 )(V1 − V0 )
2
2
(23)
Le due espressioni sono naturalmente algebricamente identiche e portano al calcolo del calore, tenendo conto che
l’aria è un gas biatomico:
1
5
1
Q = ncV ∆T + (p1 + p0 )(V1 − V0 ) = nR(T1 − T0 ) + (p1 + p0 )(V1 − V0 ) = 446.3 J + 133.3 J = 579.6 J
2
2
2
(24)
Problema 4:
Quesito 4.1 La lunghezza totale del filo è data da L = N (2πa), per cui resistenza del filo è data da
R=
ρN (2πa)
= 4.71 Ω.
S
(25)
La corrente si ottiene semplicemente dalla legge di Ohm:
I=
∆V
∆V S
=
= 2.55 A.
R
ρN (2πa)
(26)
Quesito 4.2 Il campo di induzione magnetica all’interno di un solenoide infinito è dato da B = µ0 nI dove n è la densità
di spire. Nel nostro caso l’altezza del solenoide si può determinare dal fatto che non ci sono spazi tra le spire, per
cui H = N d dove d è il diametro del filo. Quindi n = N/H = 1/d. Il diametro del filo si ottiene dalla sua sezione
�
4S
1
2
S = π(d/2)
=⇒ d =
= 1.13 mm =⇒ n = = 886 spire/m
(27)
π
d
Si ottiene quindi B = µ0 nI = 2.84 mT
y
Quesito 4.3 Consideriamo la mezza spira come mostrato in figura, definendo un sistema di coordinate in cui l’asse z sia
diretto come l’asse del solenoide e gli assi xy giacciono nel
piano della spira. Sia l’asse y lungo il diametro della mezza
spira su cui vogliamo calcolare la forza. La forza magnetica
agente su un elemento di corrente d�� è data da
� medio =
dF� = Id�� × B
I � �
d� × B
2
!
dl
dF
!
!
x
(28)
Dove si è considerato che il campo medio nel filo sia pari alla media tra il campo interno ed il campo esterno cioè
Bmedio = (B + 0)/2. Poiché Il campo magnetico ed la corrente sono sempre ortogonali, la forza ha modulo costante
ed è diretta verso l’esterno della spira, ortogonalmente alla stessa:
dF� =
I � �
|d�||B|r̂
2
(29)
La proiezione y della forza si annulla per simmetria. La proiezione x si ottiene osservando che
dFx =
e integrando tra −a e a si ottiene
I
I
I
d�B cos θ = (d� cos θ)B = Bdy,
2
2
2
Fx =
�
a
−a
I
Bdy = IaB = 0.361 mN
2
(30)
(31)
Cognome
Nome
Numero di matricola
A.A. 2010/2011
Appello straordinario del
14/11/2011.
• Tempo a disposizione: 2h30. Scrivere solamente su fogli forniti
Problema 1:
Una piccola sfera di massa m=5kg, appesa ad un punto fisso tramite una cordicella di massa trascurabile e lunghezza
L=1.0m, viene dapprima sollevata finche la stessa cordicella sia orizzontale, e poi lasciata andare. Si consideri l’angolo
θ formato tra la cordicella e la verticale.
Quesito 1.1 Trovare la velocità della sfera in funzione di θ, e calcolarla numericamente per θ = 0.
v[m/s]=
Quesito 1.2 Trovare l’accelerazione radiale e tangenziale della sfera in funzione θ e calcolarle numericamente per θ = π/4.
aR [m/s2 ]=
aT [m/s2 ]=
Quesito 1.3 Trovare l’angolo θ nel momento in cui l’accelerazione della sfera è orizzontale.
θ[rad]=
Problema 2:
Una sbarretta di legno di lunghezza D = 1.70 m e massa M = 10.0 kg è incernierata ad
un estremità O, e puó ruotare in un piano verticale. Un proiettile di massa m = 58.0g
viene sparato orizzontalmente ad una distanza D/2 dall’asse di rotazione con velocità v0 =
400 m/s. Il proiettile si conficca nella sbarretta.
Quesito 2.1 Dire quali quantità tra Px , Py , LO , E (componenti x, y della quantità di moto, momento angolare rispetto
ad O, energia meccanica) si conservano nell’urto, e spiegare perché.
Conservate=
Quesito 2.2 Calcolare la velocità angolare ω del sistema sbarretta piú proiettile subito dopo l’urto.
ω[rad/s]=
Quesito 2.3 Calcolare la reazione vincolare Ry esercitata dalla cerniera sulla sbarretta subito dopo l’urto (NB: non
durante l’urto).
Ry [N]=
Problema 3:
Un cilindro di sezione S = 30 cm2 possiede al suo interno un setto di massa M = 30 kg libero di
muoversi verticalmente senza attrito. Le pareti del cilindro ed il setto sono termicamente isolanti. Lo
spazio sopra il setto è vuoto, mentre sotto il setto sono presenti n = 0.2 mol di azoto (N2 ) liquido a
una temperatura di T0 = 77 K. Con una resistenza elettrica di potenza P = 50 W viene fornito calore
all’azoto. I parametri fisici dell’azoto molecolare sono: peso molecolare A = 28 g/mol, calore latente di
vaporizzazione LV = 198.4 kJ/kg, temperatura di vaporizzazione TV = 77 K.
Quesito 3.1 Calcolare quanto tempo impiega la resistenza per vaporizzare completamente l’azoto e portare il gas alla
temperatura finale di T1 = 200 K.
t[s]=
Quesito 3.2 Calcolare a quale altezza dalla base del cilindro si porta il setto.
h[m]=
Quesito 3.3 La parte superiore del cilindro viene messa in contatto, molto lentamente, con l’atmosfera. Calcolare la
temperatura finale dell’azoto.
T2 [K]=
Problema 4:
Un solenoide di altezza H = 29.0 cm, raggio a = 1.30 cm è composto da N = 1100 spire di filo di carbonio di
diametro d = 800 µm (resistività ρ = 3.5 × 10−5 Ω · m).
Quesito 4.1 Calcolare la resistenza R del solenoide.
R[Ω]=
Quesito 4.2 Calcolare l’autoinduttanza L del solenoide.
L[H]=
Quesito 4.3 Se all’istante t = 0 il solenoide viene collegato ad una batteria con d.d.p. di 10 V, calcolare dopo quanto
tempo la corrente nel circuito sarà pari alla metà del valore asintotico per t → ∞.
t1/2 [s]=
Soluzioni
Problema 1:
Quesito 1.1
Quesito 1.2
Quesito 1.3
Problema 2:
Quesito 2.1 Le forze esterne che agiscono sul sistema sbarretta piú proiettile sono: forza di gravità, reazione vincolare
della cerniera. Quest’ultima ha carattere impulsivo. Di conseguenza non si conserva la quantità di moto, mentre si
conserva il momento angolare perché il momento delle forze rispetto alla cerniera è nullo. L’energia non si conserva
in quanto si tratta di un urto anelastico.
Quesito 2.2 Dalla conservazione del momento angolare, indicando con IO = 13 M D2 + 14 mD2 il momento di inerzia totale
del sistema rispetto al polo O si ha: 12 mv0 D = IO ω, da cui
ω=
mv0 D
3 v0 m
1
= ·
·
·
2IO
2 D M 1 + 3m/4M
Quesito 2.3 Subito dopo l’urto il centro di massa del sistema, che si trova a distanza D/2 dalla cerniera, compie un moto
circolare con velocità angolare ω trovata sopra. Considerando la somma delle forze lungo y si ha: Ry − (M + m)g =
(M + m)ω 2 D/2, da cui
Ry = (M + m)(g + ω 2 D/2)
Problema 3:
Quesito 3.1 L’azoto deve fare un passaggio di stato in cui assorbe un calore Q1 e poi raggiungere la temperatura T1
assorbendo un calore Q2 in una trasformazione a pressione costante:
Q1 = Lv m = 1110 J
Q2 = cp n∆T = 716 J
dove m = nA. Per cui il tempo impiegato vale:
t=
Q1 + Q2
= 36.5 s.
P
Quesito 3.2 Applichiamo l’equazione di stato dei gas perfetti p1 V1 = nRT1 dove V1 = hS e p1 = M g/S = 98 kPa, da
cui si ricava:
nRT
h=
= 1.13 m
Mg
Quesito 3.3 La trasformazione è una adiabatica reversibile, per cui: T1γ P11−γ = T2γ P21−γ , dove p2 = p1 + patm = 199 kPa
e γ = 75 essendo il gas biatomico. Da cui:
T2 = T1
�
p1
p2
� 1−γ
γ
= 244 K
Problema 4:
Cognome
Nome
Numero di matricola
A.A. 2011/2012
Test di Autovalutazione
22/11/2011.
• Tempo a disposizione: 2h. Scrivere solamente su fogli forniti
Problema 1:
Una piccola sfera di massa m=5kg, appesa ad un punto fisso tramite una fune di massa trascurabile e lunghezza
L=1.0m, viene dapprima sollevata finche la stessa cordicella sia orizzontale, e poi lasciata andare. Si consideri l’angolo
θ formato tra la fune e la verticale.
Quesito 1.1 Trovare la tensione della fune in funzione di θ, e calcolarla numericamente per θ = 0.
T [N]=
Quesito 1.2 Trovare l’angolo θH nel momento in cui l’accelerazione della sfera è orizzontale.
θH [rad]=
Quesito 1.3 Si consideri invece adesso il caso in cui la sferetta viene invece lasciata cadere da un punto alla stessa
altezza del punto di fissaggio della fune, ma posto ad una distanza αL da esso con α = 0.8, per cui la corda non è in
tensione all’inizio del moto. La sferetta dapprima cade sotto l’azione della gravità e solo successivamente percorre
la traiettoria circolare determinata dalla fune. Calcolare in questo caso la velocità della sfera quando transita nel
punto più basso.
v1 [m/s]=
Problema 2:
m1
Un grosso cubo di massa M = 25 kg e di lato L = 1.5 m è appoggiato sul
pavimento, sul quale può scorrere senza attrito. Ad un’estremità del cubo è
posizionata una massa m1 = 4.0 kg, collegata con una fune inestensibile e priva
di massa, attraverso una carrucola, ad un recipiente appeso sul lato del cubo ad
un’altezza L da terra, come mostrato in figura. Tra la massa m1 e la superficie
del cubo c’è attrito, con coefficienti µS = 0.8 e µD = 0.6. Inizialmente il sistema
è fermo. Il recipiente viene gradualmente riempito d’acqua.
m2
M
Quesito 2.1 Calcolare la massa totale m2 del recipiente con l’acqua per cui le due masse iniziano a muoversi.
m2 [kg]=
Quesito 2.2 Appena il sistema inizia a muoversi il riempimento di ferma. Calcolare di quanto si è spostato il cubo
quando il recipiente tocca terra. Si trascurino le dimensioni del recipiente.
∆xC [m]=
Quesito 2.3 Calcolare la velocià di m2 quando tocca terra.
v2 [m/s]=
Soluzioni
Problema 1:
Quesito 1.1 L’equazione del moto in direzione radiale, considerando come verso positivo quello che va dalla pallina al
punto di sospensione, per θ generico, é data da
mar = T − mg cos θ =
mv 2 (θ)
l
(1)
dove abbiamo imposto che la componente radiale ar sia uguale all’accelerazione centripeta della pallina. Dall’equazione 1 possiamo ricavare la tensione della fune in funzione di θ se conosciamo la velocitá in funzione dello stesso
angolo; a tal proposito osserviamo che, poiché l’energia totale si conserva, abbiamo
0=
1
mv 2 (θ) − mgl cos θ
2
(2)
dove il primo membro rappresenta l’energia totale all’istante iniziale ed il secondo l’energia al generico angolo θ e
lo zero del potenziale é stato preso al livello del soffitto. Risolvendo la 2 si ottiene
�
v(θ) = 2gl cos θ
(3)
da cui, sostituendo nella 1,
T = 3mg cos θ
(4)
T = 3mg = 147 N.
(5)
che per θ = 0 vale
Quesito 1.2 Per trovare l’angolo per il quale l’accelerazione é orizzontale dobbiamo imporre che la corrispondente componente verticale si annulli; consideriamo dunque un sistema di riferimento con asse x parallelo al soffitto diretto
verso destra ed asse y verticale diretto verso l’alto. In questo sistema abbiamo che
may = T (θ) cos θ − mg
(6)
quindi, imponendo ay = 0 e sostituendo a T il valore ottenuto in precedenza si ottiene subito
3mg cos2 θ = mg
ovvero
cos θ =
√
3
= 0.95 rad.
3
Quesito 1.3 Se la pallina parte a distanza αL dal punto di attacco della fune percorrerá una distanza verticale
�
h = l 1 − α2
prima di subire la tensione della fune ed avrá in quel punto una velocitá data da
� �
v0 = 2gl 1 − α2 .
(7)
(8)
(9)
(10)
Osserviano che, a causa della reazione impulsiva di T , si conserva solo la componente tangenziale della quantitá di
moto e non quella radiale; avremo quindi che dopo che subito dopo che la fune ha cominciato ad esercitare T la
velocitá sará data da
vt = v0 sin θ0
(11)
A questo punto possiamo applicare la conservazione dell’energia e, prendendo nuovamente lo zero del potenziale
all’altezza del soffitto e denotanto con v1 la velocitá nel punto piú basso della traiettoria, abbiamo
1
1
m1 v12 − mgl = mv02 sin2 θ0 − mgl cos θ0
2
2
(12)
dove θ0 = arcsin(αl/l) é l’angolo, calcolato rispetto alla verticale, corrispondente all’altezza 9. Risolvendo la 12 si
ottiene
v1 = 2gl(1 − (1 − α2 )3/2 ) = 15.37 m/s.
(13)
Problema 2:
Quesito 2.1 Scriviamo la prima equazione cardinale per la massa m1 in un sistema di riferimento (curvo) diretto come
la fune con verso da m1 a m2 ; se il sistema é all’equilibrio si ha
m1 a1 = T − Fs = 0.
(14)
La tensione della fune puó essere ricavata dalla corrispondente equazione per m2 , ovvero
m2 a2 = m2 g − T = 0
(15)
da cui si ottiene che all’equilibrio deve valere Fs = m2 g. Poiché il massimo valore di Fs é dato da Fs,max = µs N
dove con N = m1 g si ottiene che il sistema rimarrá all’equilibrio fintanto che
Fs,max = µs N ≥ m2 g
(16)
ovvero che il valore limite di m2 per cui il sistema comincia a muoversi é
m2 = µs m1 = 3.2 Kg.
(17)
Quesito 2.2 Consideriamo ora un sistema di riferimento con asse x parallelo al suolo diretto verso destra, asse y verticale
verso l’alto e con l’origine coincidente con lo spigolo inferiore sinistro del blocco prima che lo stesso cominci a
muoversi. Poiché non ci sono forze esterne longitudinali agenti sul sistema la quantitá di moto orizzontale si deve
conservare e di conseguenza la posizione del centro di massa del sistema deve rimanere invariata. Prima che il
sistema cominci a muoversi si ha
m1 L + M L/2
xCM =
(18)
m1 + m2 + M
mentre quando il recipiente tocca terra si ha
xCM =
(m1 + m2 )∆x + M (L/2 + ∆x)
.
m1 + m2 + M
(19)
Imponendo, per quanto detto sopra, l’uguaglianza della 18 e 19 si ottiene
m1 L + M L/2 = (m1 + m2 )∆x + M (L/2 + ∆x)
ovvero
∆x =
m1 L
= 0.17 m.
m1 + m2 + M
(20)
(21)
Quesito 2.3 Per calcolare la velocitá di m2 quando tocca terra possiamo usare il teorema delle forze vive; poiché sul
sistema agisce la forza di attrito dinamico fra m1 ed il blocco si ha che ∆E = Ef − Ei = LD,tot , dove
LD,tot = −FD ∆x1 − FD ∆x
(22)
∆x1 = L − x, ∆x sono gli spostamenti di m1 e del cubo rispetto alsuolo e FD = µD m1 g. Si avrá dunque
E f − Ei =
1
1
(m1 + m2 )vf2 + M V 2 − m2 gL = −µD m1 g(∆x1 + ∆x).
2
2
(23)
La 23 per essere risolta richiede la conoscenza della velocitá del blocco che peró puó essere facilmente calcolata
usando nuovamente la conservazione della quantitá di moto in direzione longitudinale; infatti, poiché all’inizio il
sistema é fermo e pi,x = pf,x si ha
m1 vf + M V = 0
(24)
che ci permette di ricavare V in funzione di vf . Sostituendo l’espressione cosı́ ottenuta nella 23 la stessa diventa
1
m2
(m1 + m2 + 1 )vf2 − m2 gL = −µD m1 g(∆x1 + ∆x)
2
M
(25)
da cui si puó finalmente ricavare vf
vf =
�
2
m2 gL − µD m1 gL
= 0.86 m/s.
m1 + m2 + m21 /M
(26)

2011Tutti Compiti

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