Appelli svolti Fisica prof. Sindona

OA OA OA A OA OA

OA OA 2 2

2OA 2OA

2

⇒ ≈ ≈

a = 0.089 m/s , v = 1.33 m/s

OA A

2

∆t ∆t

OA

OA

La perdita di velocità dopo la prima curva porta al valore iniziale

3

0

v = v = 1 m/s

A

A 4

che viene conservato durante il secondo tratto (v = v ) percorso in

B A

AB

∆t = = 20 s.

AB 0

v A 0

L’ultimo tratto è percorso di moto uniformemente decelerato, dopo un’ulteriore riduzione di velocità (v =

B

0.85 v = 0.85 m/s), che porta alle equazioni del moto

B 2

t

0 0

− −

x (t) = v t a , v (t) = v a t,

BC BC BC BC

B B

2

dove si è riazzerato il cronometro all’istante in cui l’atleta riparte dal punto B. L’istante di arresto si ha quando

02

0 v BC 2BC

v B

B 2

⇒ ⇒

⇒ BC = a = 2 = 0.024 m/s , ∆t = = 35.29 s.

v (∆t ) = 0 ∆t = BC BC

BC BC BC 02 0

a 2a v v

BC BC B B

La velocità media è pari a −0.26 −

i 28.6 j −3 −1

−3.7 × − ×

= 10 i 4.7 10 j m/s

~v =

m 15 + 20 + 35.29

mentre la velocità scalare media è data da 10 + 20 + 15 ≈

m/s 0.64 m/s

v̄ = 15 + 20 + 35.29

Sol 2. Per compiere il giro della morte, il vagone deve arrivare nel punto più alto della traiettoria circolare, ad

altezza 2R dalla base del binario inclinato, con una velocità v tale che la forza centrifuga sia pari al proprio

peso: 2

v 2

⇒ v = gR

M g = M R

Trascurando l’attrito e conservando l’energia meccanica tra il punto di partenza e il punto più alto del giro della

morte, si ha

M 5 5

2 ⇒

E (i) = M gh = E (f ) = M g(2R) + v = M g R h = R.

m m 2 2 2

In presenza di attrito, conoscendo l’energia dissipata, basta porre

5

0

− −

E (f ) E (i) = M g (h + ∆h) M g R = M g∆h = 5000 J,

m m 2

da cui 5000 =1m

∆h = Mg

Sol 3. Data la simmatria cilidrica del problema, i punti A e B si trovano su una superficie equipotenziale di forma

−

cilindrica, asse parallelo all’asse della distribuzione di carica, e raggio pari ad r. Ne segue: V (A) V (B) = 0. Il

campo elettrico è perpendicolare a tale superficie e ha lo stesso modulo in tutti i suoi punti: E(A) = E(B). Per

calcolare quest’utlimo, si prende la superficie equipotenziale passante per A e B e la si taglia ad un’altezza h,

simmetrica rispetto al centro della distribuzione. Applicando il teorema di Gauss su tale superficie Σ, si trova

aσ

~ 9

⇒ ×

Φ E = 2πrh E (A) = Q = 2πahσ E (A) = = 1.69 10 N/m

0 Σ 0 Σ r 0

Σ

h σ

a z

r

B A

ES. 3

Sol 4. Per la legge di Biot-Savart, il campo magnetico del filo ha modulo

µ i

0

B (y) = |y|

2π

e verso uscente dall’area della spira rettangolare. Il suo flusso attraverso quest’ultima si può valutare integrando

il contributo di una generica striscia di spessore dy: a+L

Z

µ i L

µ ix dy µ ix

0 0 0

⇒

dΦ (B) = x dy Φ (B) = = ln 1 + .

|y|

2π 2π y 2π a

a

i x a

i y

ind

dy

v L

R

B

ind B

x ES. 4

La tensione elettromotrice indotta è pari alla tensione ai capi della bacchetta:

dΦ (B) µ i L −9

0

E − − −6.13 ×

= = v ln 1 + = 10 V

dt 2π a

Il campo magnetico indotto è entrante nella spira e la corrente indotta circola in senso orario

E µ i L

0

i = = v ln 1 + = 0.613 pA

ind R 2πR a

Problema 1 2

Una massa di kg comprime di un trat- k

δ = 50

to cm una molla ideale di costante elastica

k = 500 N/m, che è posta su un piano orizzontale li-

h = 10

scio ad altezza m dal suolo. La massa, lasciata δ

libera di muoversi, si porta alla fine del piano e cade,

rimbalzando al suolo in maniera anelastica. A seguito h

del rimbalzo, essa colpisce un bersaglio posto sempre al

d = 28

suolo, a distanza m dal termine del piano oriz-

(A)

zontale. Determinare: le velocità della massa prima

(B)

e dopo il rimbalzo e la frazione di energia cinetica

2

= 9.81

dissipata nel movimento [g m/s ] d

Problema 2 l, M

Una bacchetta di lunghezza massa , e sezione trascurabile, è libera di ruo-

tare su un piano orizzontale scabro attorno ad un perno fissato ad un suo estremo (B).

La bacchetta è in quiete finché un corpo puntifor-

m x

me di massa le urta contro, ad una distanza dal

l perno, rimanendo conficcato in essa. La velocità di

impatto, , è perpendicolare all’asse della sbarra

v 0

ω

B x

e parallela al piano. Ricavare il valore di per il

ω,

quale la velocità angolare subito dopo l’urto, è

M

x ω.

massima, e trovare il valore massimo di Noto

il coefficiente di attrito dinamico tra sbarra e pia-

m no (µ), calcolare il momento totale delle forze agenti

2

= M l /12]

sul sistema, rispetto al perno, ad un generico istante successivo all’urto. [I bacchetta,cm

Problema 3 Un filo isolante di lunghezza indefinita, uniformemente carico con densità linea-

λ = −30 d = 10

re nC/m, è disposto parallelamente ad una lamina isolante, a distanza cm,

2

σ = 60

sulla quale è uniformemente distribuita una carica con densità superficiale nC/m .

y

e =

Dalla lamina viene emesso un elettrone (carica

−19 −31

−1.6 × 10 m = 9.11 × 10

C, massa kg), con ve- σ

e

locità iniziale , diretta pependicolarmente sia alla

v 0

lamina che al filo, come mostrato in figura. Sa- λ

pendo che l’elettrone si ferma dopo aver percor-

a = 2 (A)

so una distanza cm, calcolare: il cam- v

0

po elettrico del sistema filo+lamina nella posi-

E e

(a, 0, 0); (B)

zione la differenza di potenziale tra il

(a, 0, 0); (C)

centro della lamina ed il punto il mo- x

a

9 2 2

= 8.98755 × 10

dulo della velocità . [k N m C ,

v 0 0

12

= 8.854187817 × 10 F/m ]

0 d

Soluzione 1

I Fase (Espansione della molla): Conservando l’energia meccanica, dal punto in cui la molla è

δ)

compressa (di un tratto alla fine del piano orizzontale, troviamo

√

1 1 δ k

2 2 √

kδ + mgh = mv + mgh ⇒ v = = 7.91 m/s.

0

0

2 2 m

II Fase (Moto del proiettile fino ad urtare il suolo): La velocità iniziale del moto è proprio la

v h.

(orizzontale). L’altezza iniziale è L’unica forza in gioco è la forza peso. Questa da luogo alle

0

leggi orarie

m a = 0 ⇒ a = 0 ⇒ v = v ⇒ x(t) = v t x

lungo

x x x 0 0

e 2

g t

m a = −mg ⇒ a = −g ⇒ v (t) = −g t ⇒ y(t) = − + h y.

lungo

y y y 2

Il tempo di volo di ottiene annullando la quota

s 2 h ≈ 1.43

y(t) = 0 ⇒ t = s.

volo g

Esso ci permette di calcolare la velocità d’impatto col suolo

p

= v − 2gh = 7.91 − 14.00 m/s

v i j i j

1 0

e la coordinata orizzontale del punto in cui avviene l’impatto

s 2 h

x = v = 11.29 m.

impatto 0 g

III Fase (Urto e rimbalzo con perdita di energia): L’urto col suolo è assimilabile ad un urto

m

anelastico di una massa con una parete di massa infinita. Come visto in precedenza, la velo-

√

v = v v = − 2gh.

cità iniziale della massa puntiforme ha componenti e La conservazione

v 1 1x 0 1y

della quantità di moto lungo la direzione parallela al suolo (x) permette di conservare la velocità

v = v y

lungo la stessa direzione; dopo l’urto, avremo: . Per quanto riguarda la componente

2x 0 f

della velocità , sappiamo che nell’urto il corpo perde un frazione di energia cinetica. Per

v 2

definizione, la perdita di energia è data dalla differenza

2 2 2 2 2

mv mv mv

m |v | m |v |

1 2 1y 2y 2y

Q = K − K = − = − = mgh −

persa 1 2 2 2 2 2 2

r 2Q

persa

⇒ v = 2gh −

2y m

e, d’altra parte, la frazione è pari a 2 2

Q m |v | m(v + 2gh)

persa 1 0

f = ⇒ Q = f K = f = f .

persa 1

K 2 2

1

Dunque q

q p

2 2

= ) =

v = 2gh(1 − f ) − f v 2gh − f (2gh + v 196.2 − 258.7 f

2y 0 0

IV Fase (Moto del proiettile dopo il rimbalzo): Il corpo dopo il rimbalzo si muove come un pro-

iettile sparato da terra con velocità . Azzerando lo spazio percorso ed il cronometro, possiamo

v 2

scrivere 02

gt

0 0 0 0 0

x (t ) = v t y(t ) = − + v t

e ,

0 2y

2

0 0

x = x + x t = t − t y,

dove e . Azzerando nuovamente la quota troviamo il nuovo tempo di

impatto volo

0

t = 2v /g

volo e il nuovo punto d’impatto

2y

volo 2v v 2v q

0 2y 0 p

0 2 = 1.61

x = = 2gh(1 − f ) − f v 196.2 − 258.7 f

impatto 0

g g

Ponendo, infine, s 2 h 2v q

0

0 2

x + x = v + 2gh(1 − f ) − f v = d = 28 m,

impatto 0

impatto 0

g g

cioé p

196.2 − 258.7 f + 11.29 = 28,

1.62

otteniamo √ √

2 2 2

−d g + 2 2dgv gh + 6ghv

0 0 ≈ 0.343.

f = 2

2 )

(2gh + v

4v 0

0

f

Risostituendo nell’espressione per , abbiamo infine

v 2

= 7.91 + 13.04 m/s

v i j.

2

Soluzione 1- Metodo II Conservando l’energia meccanica dal punto di partenza alla fine del

piano orizzontale, otteniamo

√

2 2

kδ mv δ k

0 √

= ⇒ v = = 7.91 m/s.

0

2 2 m

v

La è la velocità orizzontale del proiettile durante tutto il moto: non cambia nei due mo-

0

ti parabolici (perché l’accelerazione di gravità è diretta lungo l’asse verticale) e non cambia

nell’urto (perchè la perdita di energia riguarda solo la componente verticale della velocità del

corpo).

Conservano di nuovo l’energia fino al punto di impatto col suolo, determiniamo il modulo della

velocità del corpo prima dell’urto:

s

2 2

2

kδ mv kδ

1

+ mgh = ⇒ v = 2gh + = 16.08 m/s.

1

2 2 m

Ne segue che la componente verticale di questa velocità è data da

q

q p

2 2

2 2

= − = −

v = − − v − v

v v 2gh = −14.00 m/s,

1y 1x 0

1 1

−

e il segno è dovuto all’orientazione dell’asse verticale (verso l’alto).

x