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Appelli svolti Fisica prof. Sindona

Esercizi di fisica generale elaborati dal publisher sulla base di appunti personali e frequenza delle lezioni del professore Sindona, dell'università degli Studi della Calabria - Unical, facoltà di Ingegneria. Scarica il file con le esercitazioni in formato PDF!

Esame di Fondamenti di fisica generale docente Prof. A. Sindona

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Soluzioni Prova Scritta di Fisica

Facoltà di Ingegneria, Università della Calabria, 07 MARZO 2010.

S1 Conservando l’energia meccanica fino la punto di altezza max

2

mv 0y − ⇒ − ≈

= mg(h h ) v = 2g(h h ) 8.0 m/s

0 0y 0

2 ⇒ ≈

v 13.8 m/s.

0x

Risposta 1 2

g t 2 v

∗ 0y

− ⇒ ≈

y (t ) = + v t + h = h t = 1.6 s.

∗ ∗ ∗

0y 0 0

2 g

Risposta 2 √

2

2 mv

mv 0y f y

≈ ≈

⇒ 2

v = v 13.8 m/s, v + 2gh 12.8 m/s

+ mgh = v =

f x 0x 0

0 f y 0y

2 2

S2 Indicando con d = 0.1 2 m la diagonale del quadrato, il centro di massa (CM) del sistema si

trova inizialmente nel punto di coordinate

−m d/2 + m d/2 m d/2 + m d/2 + m d

A B A B C

X = , Y = .

0 0

m + m + m m + m + m

A B C A B C

Poichè le masse sono uguali, M = 3m e

tot

2 −2

×

X = 0, Y = d = 9.43 10 m = 9.43 cm

0 0 3

Nella caduta, la forza peso va applica al CM che esegue un moto su circonferenza verticale di

raggio Y . La velocità angolare si ottiene dalla conservazione dell’energia meccanica

0

I I

2 2

ω + M gY = ω + M gY ,

0 f

i f

tot tot

2 2

in cui ( )

2

d

√ 2 2

I = 2m + md = 2md

2

è il momento d’inerzia rispetto all’asse di rotazione (parallelo a z e passante per il vertice libero).

Essendo ω = 0 e Y = Y sin (π/4 + θ), si trova

i f 0

2 2 + 3 mgY

/ sin (π/4 + θ) ,

3

mgY

/ = md

/ ω 0

0 f

da cui ( ( )) ( ( ))

π 2g π

3gY 0 − −

2 1 sin + θ = 1 sin + θ Risposta 1

ω =

f 2

d 4 d 4

Quando il sistema arriva al suolo (θ = 0),

) ( )

(

2g I 1

1

√ √

⇒ −

2 2

ω = E = ω = 4mdg 1 Risposta 2

1 c

f f

d 2

2 2

S3 la legge oraria dell’angolo α, che il segmento OA forma con l’asse x, è del tipo: α(t) = ωt. Il

segmento AQ, che unisce il punto A all’asse x, si può ottenere come

AQ = R sin α = l sin β.

Da qui, segue [ ]

R sin(ωt) Risposta 1

β(t) = arcsin l

Quando t = 0.5 s, si ha ωt = π. La becchetta AB si trova in un punto di inversione del moto,

per cui:

v = 0 Risposta 2

B

D’altra parte, il moto del punto B è rettilineo. La componente x del moto è pari alla lunghezza

del segmento OB: √ 2

R

− 2

x = OB = R cos α + l cos β = R cos α + l 1 sin α.

B 2

l

Ne segue √ − 2

2 2

x (t) = R cos(ωt) + l R sin (ωt).

B

Derivando, rispetto a t, si trova la velocità di B:

2

R ω sin(ωt) cos(ωt)

−Rω −

v (t) = sin(ωt) ,

B − 2

2 2

l R sin (ωt)

che si annulla per =

ωt π.

− −

Nella regioni 1 2 e 2 3, il campo elettrico complessivo risulta dalla sovrapposizione dei campi

S4 |σ | |σ |

elettrici delle singole distribuzioni (σ = = = σ ). Ricordando che le linee di campo di

1 2 3

uno strato piano entrano perpedicolarmente allo strato per distribuzioni di carica negative, ed

escono perpedicolarmente allo strato per distribuzioni di carica positive, troviamo

( )

|σ | |σ | |σ | σ

1 2 3

− − −

E = + k = k,

12 2ε 2ε 2ε 2ε

0 0 0 0

( )

|σ | |σ |

|σ | 3σ

2 3

1 − − −

− k = k Risposta 1

E =

13 2ε 2ε 2ε 2ε

0 0 0 0

Per quanto riguarda la forza, dobbiamo valutare il campo elettrico esterno alla ragione 3, e

utilizzare la relazione campo-forza )

( |σ | |σ |

|σ | q σ

2 3 0

1 − −

− + k = k Risposta 2

F = q E = q

q 0 3 0

0 2ε 2ε 2ε 2ε

0 0 0 0

Prova Scritta di Fisica

18 settembre 2012

problema 1 Due sferette molto piccole di masse m = 100 g ed m = 400 g sono appese tramite due fili in modo che, in

1 2

condizioni di equilibrio, essi risultino verticali, con i corpi a contatto. La sferetta 1 viene alzata di un tratto

d = 40 cm e poi lasciata andare verso l’altra con velocità iniziale nulla. Determinare le altezze massime

raggiunte dalle due sferette dopo l’urto, supponendo che esso sia elastico.

problema 2 Una palla da biliardo di raggio R = 5 cm è in quiete su un tavolo. Ad essa viene impressa una spinta

iniziale che la fa muovere con velocità v = 0.7 m/s, ma, inizialmente, senza ruotare. Si calcoli la velocità

0

angolare della palla nell’istante in cui il suo moto diventa di puro rotolamento. (Il momento di inerzia di

2 2

una sfera vale I = mR .)

5

problema 3 Due sfere conduttrici di raggi R = 1 cm ed R = 3 cm sono poste con i centri ad una distanza d = 2 m.

1 2 −3

×

Inizialmente entrambe hanno una carica Q = 2 10 C; ma, in seguito, esse vengono connesse con

0

un filo conduttore. Determinare le cariche Q e Q che si trovano sulle due sfere una volta raggiunta la

1 2

configurazione di equilibrio. Quanta energia viene dissipata nel processo? (Ciascuna sfera si può considerare

come un condensatore sferico con la seconda armatura all’infinito e, pertanto, con capacità C = 4πε R .)

i 0 i

problema 4 Un filo metallico di massa m scivola senza attrito su due rotaie poste a distanza d. Il binario cosı̀ ottenuto

è immerso in un campo magnetico B diretto perpendicolarmente al binario stesso. Il circuito costituito

dal filo e dalle rotaie è chiuso su un generatore di corrente che forza il passaggio della corrente I nel filo.

Trovare la velocità del filo in funzione del tempo supponendo che esso fosse fermo nell’istante t = 0.

m

1 d

m

2

Figura 1: Figura relativa al problema 1.

Soluzioni

soluzione 1 Dalla conservazione dell’energia per la massa m :

1 √

1 ⇒

2 2gd .

m gd = mv v =

1 1

1

2

Descriviamo l’urto elastico tramite la conservazione della quantità di moto e dell’energia:

 {

 f f

−m v = m v + m v f 35 v

v =

( ) ( )

1 1 1 2

1 2 1

⇒ 1

2 2

 f

f f − 25

12 12 12

2 v = v

m v = m v + m v 1

1 1 2

1 2

1 2

Pertanto, utilizzando ancora la conservazione dell’energia separatamente per i due corpi, si ha

( )

( ) 2 2

f f

v v

9 4

1 2

≡ ≡

h = d = 0.144 m , h = d = 0.064 m .

1 2

2g 25 2g 25

soluzione 2 A causa dell’attrito col tavolo, la velocità del centro di massa della palla varia nel tempo:

v(t) = v µgt

0

La velocità angolare, invece, soddisfa l’equazione:

d µmgR 5 µg

I ω = µmgR ω(t) = t = t.

dt I 2 R

∗ ∗ ∗

Nell’istante t in cui inizia il puro rotolamento, deve aversi v(t ) = Rω(t ), ovvero:

5 2 v

∗ ∗ ∗ 0

− ⇒

v µgt = µgt t = .

0 2 7 µg

La velocità angolare in questo istante vale, dunque

5 µg 2 v 5 v

∗ 0 0

ω(t ) = = = 10 Hz .

2 R 7 µg 7 R

soluzione 3 Quando le due sfere vengono connesse, la carica si ridistribuisce in modo che esse si portino allo stesso

potenziale. Poiché la distanza tra le sfere è molto più grande dei raggi, la carica si può considerare distribuita

uniformemente sulle due superfici. Pertanto:

Q Q 3 1

−3 −3

1 2 ⇒ ×

= con Q + Q = 2Q Q = Q = 3 10 C , Q = Q = 10 C .

1 2 0 1 0 2 0

4πε R 4πε R 2 2

0 1 0 2

L’energia dissipata è pari alla differenza tra quella iniziale e quella finale:

( )

20 21 22

20 Q Q Q

Q − ×

− 5

+ + = 6 10 J .

E = E E =

diss i f 8πε R 8πε R 8πε R 8πε R

0 1 0 2 0 1 0 2

soluzione 4 La forza magnetica vale F = IdB, ed è costante; pertanto, il moto risulta uniformemente accelerato.

m

Detta a l’accelerazione del filo, si ha IdB

ma = IdB , v(t) = t.

m Soluzione 2:

Prova Scritta di Fisica

Facoltà di Ingegneria, CdS Civile e Ambientale, Università della Calabria, 21.07.2009 Dalla conservazione del momento angolare totale del sistema (sbarra+massa puntiforme), segue

Esercizio 1 (8pt): v v v

m x M x x

0 0 0

v = = = = .

m x I ω ω

0 tot 2 2 2 2

+ +

M l M x 2 l

I 2

x

Due fili di uguale lunghezza = 10 cm e massa trascurabile sono sospesi nello stesso punto e portano appese delle sferette tot

l 3 2 3

puntiformi, di massa ed = 3 , rispettivamente. La prima si trova in equilibrio in posizione verticale, mentre la seconda

m m m La velocità angolare, come funzione della variabile è massima per

x,

1 2 1

è tenuta in modo che il filo formi un angolo = 60 , rispetto alla verticale. La massa viene lasciata andare e va a colpire

α m !

2 r 2

v 6l 9x

2 2

la . Quanto vale la sua accelerazione poco prima dell’urto? Supponendo l’urto completamente anaelastico, qual’é l’altezza −

d x

m 0 = v = 0 = 41cm

1 ⇒ ≈

x l

0 3

2 2

+ (2l + 3x )

2 l

massima a cui arrivano i due corpi? [Accelerazione di gravità sulla Terra: = 9.81 m/s 10 m/s ] dx 2

2 2 2 2

x

g 3

punto di Esercizio 3 (8pt):

O

sospensione a Una particella puntiforme con carica = C e massa = 0.1 g, si trova ferma a distanza da un filo rettilineo molto

−6

−10

q m r

l a

lungo, carico uniformemente con densità di carica lineare = 10 C/m. Qual’è la velocità che la particella ha acquistato

−7

ρ l

nell’istante in cui transita a distanza = dal filo? Qual e il rapporto tra le itensità delle forze the il filo esercita sulla carica

r r /2

m b a

2

l quando essa si trova nei punti ed ? [Costante dielettrica del vuoto: = 8.85 10 F m ]

−12 −1

×

r r

a b 0

q

m 1 r a

Soluzione 1: r

Moto della massa : conservando l’energia meccanica tra il punto di partenza e il punto in cui la massa colpisce la , si trova:

m m b

2 1 ρ

p

m l l

2

= v , dove = (1 cos = ; dunque: v = 0.99 m/s.

2 − ≈

m g h h l α) g l

2 2

2 2

2

Urto complertamente anaelsatico: conservando la quantità di moto delle masse e , nel punto di collisione, si trova:

m m

1 2 Soluzione 3

p

3

m

2 v =

(m + ) v = v v = 0.74 m/s.

⇒ ≈

m m g l

2

1 2 tot 2 2 tot + 4

m m

1 2 Moto della carica da ad : in un sistema di coordinate con l’asse parallelo al filo e l’asse parallelo al moto della

q r r Oxy, x y

Moto del sistema + dopo l’urto: conservando l’energia meccanica totale tra il punto di collisione e il punto di altezza a b

m m

1 2 carica, si può conservare l’energia meccanica tra i punti = (0, ) e = (0, ); ne segue:

A r B r

massima, si trova: a b

r 2q

v 9

(m + ) m m

2 l

m v +q (A) = v + (B) v = [V (A) (B)],

2 2

1 2 ⇒ −

v = (m + ) = = 2. 81 cm V q V V

tot

2 ⇒ ≈

m g h h l l B l l

2 2

A B

1 2 max max

2 2 16 2

tot m

g | {z }

=0

Esercizio 2 (8pt): dove è il potenziale della distribuzione di carica.

V

l

Campo elettrico del filo: dal terorema di Gauss, si trova:

Una sbarra di sezione costante, lunghezza = 50 cm e massa è poggiata, in quiete, su un piano orizzontale liscio ed é libera

l M ρ

di ruotare attorno ad un perno fissato ad un suo estremo. Una corpo molto piccolo di massa = muoventesi sullo stesso ~ (x, = l j,

m M/2, E y)

l 2 π y

0

piano con velocità , perpendicolare alla sbarra, la urta e vi si conficca ad un certa distanza dal perno. Trovare il valore di

v x x

0 dunque:

per cui Ia velocità angolare, dopo l’urto, é massima. [Accelerazione di gravità sulla Terra: = 9.81 m/s 10 m/s ; momento

2 2

g

Z

d’inerzia di una sbarretta, di massa e lunghezza rispetto ad un asse passante per un suo estremo: = 2

M l, I M l /3] 1

r ρ ρ ρ

b

(A) (B) = = ln = ln (2) V

l l l

− − ≈ −1246

V V dy

l l 2 2 2 2

π y π π

0 0 0

r

l a

Velocità della carica in B:

s

Perno 2q

/

− ρ

M v = ln (2) 0.16 m/s.

l ≈

B 2

/

x m π

0

Rapporto tra le intensità delle forze:

v

0 (A) / (A) 2 1

F q E ρ π r

q l 0 b

= = = .

l

(B) / (B) 2 2

F q E π r ρ

q l 0 a l

m

Esercizio 4 (8pt):

Due sbarrette metalliche, ciascuna di lunghezza = 20 cm e resistenza = 40 Ω, sono fatte strisciare con velocità costanti v

b R

e rispettivamente, su delle guide conduttrici di resistenza trascurabile in modo da formare un circuito rettangolare. Nella

−v,

regione in cui si trova il circuito, é presente un campo magnetico di modulo = 1T , diretto ortogonalmente al piano del circuito.

B

Sapendo che v = 10 m/s, calcolare la potenza dissipata nella spira per effetto Joule. [Dati: permeabilità magnetica del vuoto:

−1

= 4 10 N A ]

−7 −2

×

µ π

0

Soluzione 4

FEM indotta (E ): in un sistema di coordinate solidale con la bacchetta in moto a velocità con l’asse parallelo a si

v, v,

Oxy x

ind

ha che l’altra bacchetta si muove con velocità ne segue che il flusso magnetico attraverso la spira è dato dall’espressione

−2v;

Φ (B) = (d 2 v ,

B b t)

sp 0

dove è la distanza iniziale tra le due bacchette; per la legge di Faraday-Lenz si ha:

d

0 (B)

dΦ sp = 2 v = 0.04 V;

=

E − B b

ind dt

Corrente indotta (I , circolante in senso antiorario): le due bacchette si comportano come un’unica resistenza di valore 2R = 80 Ω,

ind

per cui: v

E Bb

ind

= = = 0.000 25 A.

I

ind 2 R R

Potenza dissipata per effetto Joule: 2

(v

2

E B b)

= = = = 5.0 10 W

−6

ind

P E ×

I

ind ind ind 2 2

R R Prova Scritta di Fisica

Facoltà di Ingegneria, CdS Civile e Ambientale, Università della Calabria, 30.06.2009

t

Esercizio 1: Due masse puntiformi uguali sono lanciate, allo stesso istante = 0 e con velocità di verso opposto, dalle estremità

l µ

di un piano orizzontale costituito da un primo tratto scabro, di lunghezza = 10 m e coefficiente di attrito dinamico = 0.1, e un

l. t

secondo tratto liscio, di lunghezza All’istante = 2 s, i due corpi entrano in collisione, urtando elasticamente e centralmente, a

l

distanza dal loro punto di partenza. In seguito alla collisione essi proseguono il proprio moto riportandosi ai punti di partenza.

Si determinino le velocità iniziali e finali dei due corpi.

m

Esercizio 2: Un blocco di massa = 1.5 kg, posto su un piano orizzontale, è collegato ad un secondo blocco di massa

1

m = 7 kg, sospeso verticalmente, mediante un filo inestensibile di massa trascurabile, libero di scorrere su una carrucola di

2 R m m h

raggio = 50 cm e massa = 8 kg. La massa , inizialmente sospesa ad altezza = 90 cm da terra, viene fatta cadere

2

c

lentamente in modo che il filo non slitti sulla carrucola. Trascurando ogni possibile attrito, si determinino: (a) l’accelerazione

con la quale si muovono i due blocchi; (b) la velocità con la quale il blocco sospeso tocca terra; (c) la velocità angolare della

carrucola nello stesso istante. m R

1

i 2i 2

inizio

v v

1 1 μ m

fine 2

f 2f

v v

1 μ h

l l

Es 1 Es 2

−6 −6

q m

Esercizio 3: Una particella, di carica = 10 C e massa = 10 kg, si muove lungo l’asse (x) di una struttura circolare

−4

R Q

di raggio = 12 cm su cui è uniformemente distribuita la carica = 10 C. Quando il punto materiale si trova in posizione

3

x x x

= , la sua velocità ha modulo v = 10 m/s ed è diretta verso la distribuzione di carica. Si determinino: (a) il valore di

0 0 0

x x /2,

che permette al punto materiale di fermarsi al centro dell’anello e (b) la forza che esso, giunto in posizione = esercita

0

sulla distribuzione di carica. l

Esercizio 4: Tre fili rettilinei e indefiniti sono allineati come in figura e disposti su tre vertici di un quadrato di lato = 10 cm.

I z;

Due di questi sono percorsi dalla stessa corrente = 0.1 A, nel verso positivo dell’asse il terzo è percorso dalla corrente

0

I z.

= 0.2 A nel verso negativo dell’asse Si determini il campo magnetico del sistema nel centro del quadrato (O) e nel quarto

−3

q O

vertice (P ). Si determini, inoltre, la forza esercitata dal sistema: (a) su una carica positiva = 10 C, passante per con

0 −3

~ ~

q −10 P

velocità v = 10 i m/s; (b) su una carica negativa = C, passante per con velocità v = 10 j m/s.

+ 0

I

Q x

x 0 y

q

2

/

x 0 v

R 0 O x

I I

z

l P

Es 3 Es 4 −12 −1

2 2

Dati: Accelerazione di gravità sulla Terra g = 9.81 m/s 10 m/s ; Costante dielettrica del vuoto: = 8.85×10 F m ; Permeabilità

0

−7 −2

×

magnetica del vuoto: µ = 4 π 10 N A

0

Soluzione 1: Le leggi orarie prima dell’urto sono

1 2

i i i i

x tv − gt µ, x − tv ⇒ x − x −

(t) = (t) = 2l (2) = 2v 4.9, (2) = 20 2v

1 2 1 2

1 2 1 2

2 a t=τ =2 s

x x l,

Ponendo (τ ) = (τ ) = si trova

1 2

l gµτ l

i i

v = = 5 m/s, v = + = 5.98 m/s.

2 1

τ τ

2

Le velocità dei due corpi prima dell’urto sono:

gµτ

l

i i

− −v −5

− gτ µ = 4.02 m/s, v (τ ) = = m/s

v (τ ) = v = 2

1 1 2

τ 2

Dopo l’urto, i corpi di uguale massa si scambiano le rispettive velocità; pertanto, il secondo corpo si riporterà nella posizione

x l,

f

iniziale con velocità v = v (τ ) = 4.02 m/s; Il primo corpo ripartirà dalla posizione = con velocità iniziale v (τ ). Dal teorema

1 2

2

delle forze vive, segue

q 2

f −2.32

−2glµ

− i ) = m/s

+ (v

v =

1 2 m

Soluzione 2: Scegliendo come verso positivo per il moto del blocco quello verticale orientato verso il basso e, conseguente-

2

mente, la rotazione oraria della carrucola come positiva, le equazioni del moto dei blocchi e per la rotazione della carrucola

sono: T m a

=

1 1

−T m g m a

+ =

2 2 2

RT − RT Iα

=

2 1

1 2

I m R α a/R.

dove: = ed = Risolvendo il sistema si trova:

c

2 g m m

2 1 2

T = = 8.4 N

1 m

2m + 2m +

1 2 c

g m m

(2m + )

2 1 c

T = = 30.8 N

2 m

2m + 2m +

1 2 c

g m

2 2 −2

a = = 5.6 ms

m

2m + 2m +

1 2 c

Poichè non ci sono attriti, la conservazione dell’energia meccanica applicata al sistema formato dai due blocchi e dalla carrucola,

fornisce: 1 1

1 2 2 2f

m m Iω

m gh v v

+ +

= 1 2

2 f f

2 2 2

ω /R.

dove: = v Risolvendo rispetto a v si ottiene:

f f f

s gh

2m

2 −1

' 3.17 ms

v =

f m

m m

+ + c

1 2 2

−1

ω ' 6.35 rads

f

Soluzione 3: Conservando l’energia meccanica, si trova:

20 20

m m k Q k Q

v v 0 0

qV qV ⇒ q q

+ (x ) = (0) + = ,

0 p R

2 2 2 2

x R

+

V anello 0

da cui −2

2

20 20 20

m m m

1 1 v 1 1 v 1 v −3

20 2

− ⇒ − ⇒ x − − R ×

= = = = 2.13 10

2 2

p R k Q q x R R k Q q R k Q q

2 + 2 2

20 2

x R

+ 0 0 0

0

⇒ x ≈ 4.62 cm.

0

Per quanto riguarda la forza della carica sulla distribuzione, si ha:

k Q x /2

0 0

~ ~

F /2) −q E /2) −q ≈ −0.17

(x = (x = i i N.

λq 0 λ 0 p 20 2

x /4 R

+

O

Soluzione 4: Il campomagnetico in è dato dalla relazione

0 0

µ I µ I

~ ~ ~ ~ −7

0 0

B B B B − − −5.66 ×

(O) = (O) + (O) + (O) = i = i = 10 i T,

1 2 3 πl 2

l 2

2π 2

0 0

3

I I 3

!

B (O)

1 I

I

I 2

!

B (O) I

1 1 2

3 !

B (P)

1

P

!

B (O)

2 !

B (P)

3 !

B (P)

2

P

mentre in si ha: √

0 0

µ I µ I µ

µ I − I

2

i + j i j

~ ~ ~ ~ 0 0 0

0 √

√ √ −

B B B B I −

+ i =

(P ) = (P ) + (P ) + (P ) = i = 0.

1 2 3 2πl 2πl 2πl 2

2 2 2πl 2

Dunque,

~ ~

F F

(O) = (O) = 0.

− + Prova Scritta di Fisica

Corsi di Laurea in Ingegneria Elettronica e Informatica

Facoltà di Ingegneria, Università della Calabria, 20 Luglio 2011.

Es 1: Una scalatrice è in piedi sulla superficie rocciosa di un monte. Le suole e i tacchi dei suoi scarponi

hanno un elevato coefficiente di attrito statico, pari a 1.0.

(a) Quanto vale l’inclinazione del pendio più ripido su cui può stare in piedi senza scivolare?

(b) Supponendo che i suoi indumenti abbiano un coefficiente di attrito statico sulla roccia di

0.3, che cosa succede se la scalatrice si siede per riposare su un pendio d’inclinazione 20 ?

Es 2: Un sasso di 5 kg è scagliato contro una lastra rigida, di forma quadrata, lato 2 m e massa 25 kg.

La pietra incide, con una velocità di 20 m/s, nel centro della struttura, che è vincolata a ruotare

intorno ad un asse passante per una sua estremità (asse z, in figura). Determinare la velocità

angolare della lastra, subito dopo l’urto, nei due casi limite di collisione centrale elastica e di

collisione completamente anelastica.

Es 3: In una certa regione dello spazio vuoto è presente un campo elettrico, prodotto da un’opportuna

distribuzione di cariche sorgenti, che assume la rappresentazione cartesiana: E = E i + E j.

x y

Considerando un cubo con un vertice nell’origine, di lato L = 4 m, e facce perpendicolari ai

versori i, j e k, calcolare il flusso del vettore campo elettrico attraverso tale cubo e la carica totale

contenuta in esso nel caso in cui:

(a) E = E , E = 0,

x 0 y

2

(b) E = α E x , E = 0,

x 0 y

(c) E = β E x, E = β E y,

x 0 y 0

−2 −1

con E = 10 N/C, α = 1 m e β = 2 m .

0

Es 4: Un filo conduttore è costituito da due tratti semi-circolari, di raggio r = 50 cm e r = 75 cm,

1 2

disposti perpendicolarmente, e da due tratti rettilinei. Il circuito è dotato di un interruttore S

e contiene: una batteria, che eroga una tensione continua di 12 V, un resistore, di resistenza

R = 10 kΩ, e un condensatore, di capacità C = 1 mF. Tali elementi sono collegati in serie.

All’istante t = 0, l’interruttore viene chiuso e il dispositivo inizia a funzionare. Determinare il

+

campo magnetico nel centro dei due tratti semi-circolari all’accensione dell’interruttore (t = 0 )

e la carica massima che si accumula tra le piastre del condensatore (in condizioni di regime:

→ ∞).

t z Es. 4

Es. 2 Es. 3 y

z +

12 V

O

S

O y 1 mF

L x

4

10 Ω

x 2

Nota: 8 punti per ogni problema. Se serve, utilizzare i valori g ≈ 10 m/s , per l’accelerazione di gravità sulla Terra,

−7

9 2 2

k = 1/4π = 9 × 10 Nm /C , per la costante elettrostatica del vuoto, e k = µ /4π = 10 Tm/A, per la costante

0 0 m 0

magnetica del vuoto. Si ricorda che il momento d’inerzia di un piano omogeneo, di lato a e massa M , per una rotazione

2

di asse parallelo al lato, e passante per il centro di massa della struttura, è pari a I = M a /12

cm

+

Sol. 4: All’accensione dell’interruttore t = 0 , la corrente ha intensità

tensione

+ = 1.2 mA,

i(0 ) = resistenza

dunque: +

i

µ i(0 ) i j j

−8

0 × ×

B(0) = + = π 1.2 10 + T.

4 r r 50 75

1 2

→ ∞,

A t la carica massima è data da −3 −2

× × ×

q(∞) = tensione capacità = 12 10 = 1.2 10 C.

Sol. 1: Scegliendo un sistema di riferimento tale da avere l’asse delle x parallelo al piano inclinato, dalla

proiezione delle forze otteniamo:

≥ ⇒ ≥ ⇒ ≤

µ mg cos α mg sin α µ tan α α π/4,

s s ◦

dunque l’incinazione limite risulta essere di 45 . Per la seconda parte, utilizzando la stessa

relazione con µ = 0.3, troviamo:

s −1 ◦

≥ ⇒ ≤ ≈

µ tan α α tan µ 17 ,

s s ◦

quindi la scalatrice scivola lungo il pendio essendo inclinato di 20 .

Sol. 3: Osserviamo che non si può avere flusso attraverso le superfici quadrate perpendicolari all’asse z,

·

essendo E k = 0. Nei primi due casi (a,b), si ha flusso elettrico attraverso le superfici quadrate

perpendicolari all’asse x (S e S in figura). Nel terzo caso (c) si avrà flusso non nullo anche

1 2

attraverso le superfici quadrate perpendicolari all’asse y (S e S ).

3 4

(a,b) (c)

z z

S S

1 4

S

O O

3

y y

L L

S

2

x x

Assumendo verso uscente per le direzioni normali alle suddette facce, possiamo procedere come

segue: (a) la relazione E = E i esprime un campo elettrico uniforme. Dunque, il flusso entrante

0

nel cubo, attraverso S , è pari al flusso uscente, attraverso S , quindi:

1 2

2 2

· −L ·

Φ (E) = Φ (E) + Φ (E) = (E i) i + (E i) L i = 0.

0

cubo S S 0

1 2

Ne segue che la carica netta interna al cubo è 0; (b) il campo elettrico è orientato lungo l’asse x,

2

ma il suo modulo varia secondo la legge E = α E x . Tuttavia E è costante sulle superfici S ,

x 0 1

di coordinata x = 0, e S , di coordinata x = L. In particolare,

2

2 2

∈ ∈

E(r S ) = α E 0 i = 0, e E(r S ) = α E L i.

1 0 2 0

Quindi, E può flusire solo attraverso S ,

2 2

2 2 4

·

Φ (E) = Φ (E) = α E L i L i = α E L = 2560 Nm /C,

cubo S 0 0

2

e, per il teorema di Gauss, −8

×

Q = ε Φ (E) = 2.27 10 C;

0 cubo

int

(c) il campo elettrico ha entrambe le componenti, E ed E , diverse da zero e può essere visto

x y

come la sovrapposizione di due campi, E = βE xi ed E = βE yj. Tali campi producono lo stesso

1 0 2 0

flusso attraverso le superfici S e S , mentre sono nulli sulle superfici S e S , rispettivamente.

2 4 1 3

Ne segue: 2

2 3

·

Φ (E) = 2Φ (E ) = 2 (β E Li) L i = 2β E L = 2560 Nm /C,

cubo cubo 1 0 0

per cui la carica interna è la stessa del caso precedente

−8

×

Q = ε Φ (E) = 2.27 10 C.

0 cubo

int

Sol. 2: Detto v il modulo della velocità iniziale del sasso, di massa m, e a il lato della lastra, di spessore

0

trascurabile e massa M , nell’urto elastico si conservano: il momento angolare e l’energia cinetica.

La centralità dell’urto permette anche di conservare la direzione del momento angolare. Si ha,

dunque: 2 2 2

amv amv mv mv I ω

0 1 z

0 1

= + I ω, = + ,

z

2 2 2 2 2

da cui: 2 −

ma 4I 4ma

z

v = v , ω = v .

1 0 0

2 2

ma + 4I ma + 4I

z z

Per il teorema degli assi paralleli:

2

M a

a 2

= .

I = I + M

z cm 2 3

Ne segue −

(3m 4M ) 12m v

0 −1

−14.78

v = v = m/s, ω = = 5.21 s .

1 0

3m + 4M 3m + 4M a

Dunque, il sasso rincula e la lastra inizia a ruotare in senso antiorario. Nel secondo caso, si

conserva solo il momento angolare e i due corpi rimangono attaccati:

amv 6m

a 2mav v

2

0 0 0 −1

= I + m ω ω = = = 2.61 s .

z 2

2 2 4I + ma 3m + 4M a

z

Nota bene: Per effetto del vincolo, la quantità di moto totale del sistema non si conserva.

Prova scritta di Fisica (Ing. Civile & Ambientale)

Facoltà di Ingegneria, Università della Calabria, 13 Settembre 2012

Problema 1. Un proiettile, sparato dalla quota , con velocità di modulo v e inclinazione

h

0 0

, passa attraverso la fenditura di una parete, posta a distanza dal punto di lancio e ad

θ s

0

una quota Determinare il valore di v e il tempo impiegato dal corpo a riportarsi alla quota

h. 0

−2 ◦

iniziale [g ms , m, m/s, m, m].

9.8 h = 5.5 θ = 45 h = 6 s = 2

0 0

0

v θ

0 h

h 0

Problema 2. Un’asta omogenea, di massa e lunghezza è vincolata a due dischi omogenei,

M l, A

e aventi, rispettivamente, raggio e In un primo esperimento, il sistema viene

B, R = l/8 R = l/4.

A B ◦

sospeso verticalmente per il centro del disco in modo tale che l’asta formi un angolo di con

A, 90

la direzione verticale. Lasciata libera di cadere, l’asta passa per la posizione verticale con il disco

a velocità v m/s. In un secondo esperimento, il punto di sospensione viene spostato

B = 8.9

B ◦

sul disco e l’asta viene sempre posta a , rispetto alla verticale. In questo caso la velocità

B, 90

del disco nel punto più basso della traiettoria, è pari a v m/s. Trascurando l’attrito

A, = 8.7

A

−2 2

dell’aria, determinare le masse dei due dischi [g ms , kg, m,

9.8 M = 12 l = 2 I = M l /12,

,

ASTA CM

2 /2].

I = M R

, A(B)

DISCO CM A(B) A

B

Problema 3. Una bacchetta di massa e resistenza è lanciata, con velocità iniziale di modulo

M R

, lungo due binari conduttori disposti parallelamente a distanza l’uno dall’altro. All’istante

v l

0

di lancio, viene acceso un campo magnetico, di modulo in direzione perpendicolare al piano

B,

dei binari e delle bacchette. Trascurando la resistenza dei binari, e gli attriti tra i binari e

la bacchetta, determinare la dipendenza temporale della corrente indotta. Valutare la forza

magnetica indotta sulla bacchetta dopo s dall’istante di lancio. Spiegare, infine, se è possibile

10 −2

5

che la bacchetta si fermi. [R m/s, m, T, kg].

v

= 0.5 Ω, = 10 l = 2 B = 10 M = 0.5

0 0 l

Soluzione 1. Con l’asse alla quota , si hanno le leggi del moto:

x h

0

2 v

v g t t

t 0

0

√ √

− .

, y(t) = +

x (t) = 2

2 2 −

Imponendo il passaggio per la fenditura, di coordinate , si ha il sistema di

x = s, y = h h

0

F F

equazioni 2

v v

t t

g t

0 0

√ √

⇒ ⇒ − −

x (t) = x +

= s, y(t) = y = h h ,

0

F F 2

2 2

le cui soluzioni sono: il tempo impiegato dal corpo a giungere alla fenditura

√ 2 p

−h s

+ h + s = 0.55

t = √ 0

g

e il modulo della velocità iniziale

√ gs

v m/s.

= = 5.11

0 −h + h + s

0

Il corpo ritorna all’altezza , quando

h

0 √

v

2 sin θ 2v

0 0 0

⇒ s.

y(t) = 0 t = = = 0.74

g g

Soluzione 2. Il sistema è costituito da un’asta collegata al bordo dei dischi, i cui centri si trovano

ad una distanza 11l m.

= 2.75

d = R + l + R =

AB A B 8

In entrambi gli esperimenti, quando l’asta è disposta orizzontalmente, l’energia cinetica delle

tre strutture, aventi massa totale , è nulla. Per il teorema delle forze vive,

M = M + M + M

A B

TOT

quando l’asta arriva in posizione verticale, il sistema acquista un’energia cinetica pari al lavoro

compiuto della forza peso, per spostare il centro di massa dalla posizione orizzontale a quella

verticale: ◦ ◦ ◦ ◦

− → .

E (0 ) E (90 ) = L (90 0 )

F

c c p

| {z }

=0

In presenza di una rotazione pura intorno al punto di sospensione, l’energia cinetica finale è

◦ 1 2

legata alla velocità angolare finale dalla relazione , mentre il lavoro della forza peso

E (0 ) = Iω

c 2

è quello che serve a spostare il centro di massa di una quota pari alla distanza del centro di

massa stesso rispetto al punto di sospensione

◦ ◦

→ .

L (90 0 ) = M l

F TOT CM

p

Fatte queste premesse, si può procedere con il calcolo del momento d’inerzia; nel primo esperi-

mento, la rotazione ha asse fisso nel punto di sospensione e il momento d’inerzia rispetto a

A,

tale asse è dato dalla relazione 2

2 2

l l M l 91M M

M B A

A 2

2 2 .

R + M + M + R + R + M d = + + 123M

I = A B B

A B AB

2 12 2 2 64 3 2

| {z } | {z }

| {z }

disco disco

A B

asta

Nel secondo esperimento, il momento d’inerzia va riferito al punto di sospensione B:

2

2 2

M

M l l l 31M 243M M

A

B A B

0 2 2 2 .

+

I = R + M + M + R R + M d = + +

B A

B A AB

2 12 2 2 16 3 8 2

| {z } | {z }

{z }

|

disco disco

B A

asta

Il centro di massa del sistema dista

l

M + R + M d 5 lM 11 l M

A B AB B

2 da

l = = + A

CM M 8 M 8 M

TOT TOT TOT

e l

M ( + R ) + M d 3 lM 11 lM

B A AB A

0 2 da

= + B.

=

l CM M 4 M 8 M

TOT TOT TOT

0

Si noti come . L’applicazione del teorema delle forze vive fornisce il sistema di

l + l = d AB

CM CM

equazioni

( 1 2

I ω = M g l

TOT CM 02

2 2 2 2 2

2 in cui e .

, d ω = v d ω = v

AB B AB A

0 02 0

1 I ω = M g l

TOT CM

2

Sostituendo le relazioni precedenti e semplificando, si ottiene

2

2 2 2

M v

v 123v 91v

11gl 5gl

1 A

⇒ − −

I = M g l + M = M

B

B B B

B

 TOT CM

2

2 484 242 8 8 726

d .

AB

2 2 2 2

v M v 243v 62v

11gl 3gl

0 0

1 B

⇒ − −

I = M g l + M = M

A A A A

A

 TOT

2 CM

2 121 484 8 363 4

d

AB

Quest’ultimo è un sistema lineare di due equazioni in due incognite (M , ) che fornisce le

M

A B

soluzioni desiderate. In particolare, sostituendo i dati del problema,

( ( kg,

0.16 M + 13.31 M = 27.86, M = 1.81

A B A

⇒ .

kg

11.05 M + 0.625 M = 21.27 M = 2.07

A B B

Il sistema si può anche interpretare come un’asta i cui estremi siano vincolati al centro dei

dischi, e la distanza relativa sia, quindi, pari alla lunghezza dell’asta: m. In questo caso,

d = l = 2

cambiano i momenti di inerzia e le distanze del centro di massa.

Soluzione 3. Per la legge di Faraday-Lenz, l’intensità di corrente indotta sulla bacchetta e’ pari

a dφ Bl dx Bl

1 − −

− ;

= = v

I = x

IND R dt R dt R

il suo verso di circolazione e’ orario. La velocità della bacchetta pero’ non e’ costante. Su di essa

infatti agisce la forza magnetica indotta

2 2

B l

−I −

F = lB = v ,

x

IND IND R

opposta al moto. Ne segue che, per il secondo principio della dinamica, il centro di massa della

bacchetta si muove seguendo la legge del moto

2 2

dv B l

x − .

Ma = M F = v

x

IND

dt R

Separando le variabili, si trova

2 2 2 2

dv B l v B l t 2 2

B l t

x x −

− ⇒ − ⇒ .

v

= dt ln = v = e M R

x 0

v

v MR MR

x 0

Quindi la bacchetta non si ferma mai. La corrente indotta assume la dipendenza temporale

Bl 2 2

B l t

− v

I (t) = e M R

0

IND R

e la forza magnetica indotta diventa

2 2

B l 2 2

B l t

− v i

F e

= M R

0

IND R

Dopo s, quest’ultima assume il valore

10 −78.73 N

F i

=

IND Prova scritta di Fisica

Facoltà di Ingegneria, Università della Calabria, 26 Gennaio 2010 ◦

Esercizio 1 : Un corpo di massa = 250 g è inizialmente in quiete su un piano di inclinazione = 30 ,

m θ

1

rispetto all’orizzontale. Il coefficiente di attrito dinamico tra corpo e piano vale = 0.1. Il corpo è collegato

µ d

ad un secondo oggetto di massa = 200 g tramite un filo che scorre senza attrito su una puleggia fissata

m

2

all’estremità superiore del piano inclinato. Il corpo è sospeso al di fuori del piano e inizia a cadere.

m

2

Determinare la sua velocità nell’istante in cui esso è già sceso di un tratto di lunghezza = 30 cm, rispetto al

y

punto di partenza.

Esercizio 2 : Un cilindro pieno, di massa = 2 kg, rotola senza strisciare lungo un piano di lunghezza

M

= 150 cm, inclinato di un angolo = 30 , rispetto all’orizzontale, essendo partito da fermo dalla sommità

L θ

del piano. Qual’é la velocità del centro di massa del cilindro quando esso raggiunge il fondo del piano? Quanto

tempo impiega ad arrivarvi? M

δy m

1

μ

m D

2 θ θ

Es1 Es2 2

Esercizio 3 : Un condensatore piano ha due armature di area = 500 cm , ed è caricato da una batteria

A

di cui non si conosce la tensione, e in seguito disconnesso da essa. Senza far variare la carica sulle armature,

queste vengono quindi allontanate di un tratto = 40 cm. Cosı̀ facendo, la differenza di potenziale tra

δx

le armature aumenta di = 100 V. Quanto vale la carica sulle armature? Qual’è la variazione di energia

δV

elettrostatica dovuta allo spostamento della armature?

Esercizio 4 : Un solenoide lungo = 25 cm, di raggio = 0.8 cm e avente = 400 avvolgimenti, si trova

l r N ◦

in una regione in cui è presente un campo magnetico di modulo = 0.5 T, formante un angolo = 60 con

B θ

l’asse del solenoide. Trovare il flusso magnetico attraverso il solenoide. Se il campo viene spento in = 1.6 s,

δt

a ritmo costante, calcolare il modulo della f.e.m. indotta nel solenoide durante questo intervallo di tempo.

Es 3 +

+ −

+ B

+ − l

+ −

+ −

+

+ − − r

+

+ ϑ

− −

+ + − −

+ + −

+ −

+ − −

+

+ −

+ −

+ Es 4

Tensione 2 2

Dati : g = 9.81 ≈ 10m/s

accelerazione di gravità sulla Terra: m/s ; momento di inerzia di un cilindro rispetto al

−12

12 2

I = M r = 8.85 × 10

suo asse: ; costante dielettrica del vuoto: F/m.

0

Soluzione 1:

Le equazioni del moto per i due corpi sono 

m a = T − m g sin θ − µ m g cos θ

1 1 d 1

m a = m g − T

2 2

Ricavando T dalla prima equazione e sostituendo nella seconda, si trova l’accelerazione

m − m (sin θ + µ cos θ)

2 1 d 2

a = g ' 2.1 m/s .

m + m

1 2

Il moto del corpo m segue le leggi

2 1 2

y(t) = y − at v = −at ,

0 2

da cui, prendendo y − y = 30 cm, si ottiene

0 r p

y − y

0

t = 2 ' 0.53 s , v = −at = − 2a(y − y ) ' −1.1 m/s .

0

a

Soluzione 2:

Dalla conservazione dell’energia, r

³ ´

1 1 v 4

2

f

2 +

M gL sin θ = M v I ⇒ v = gL sin θ ' 3.16 m/s .

f

f

2 2 r 3

Il moto del centro di massa è uniformemente accelerato, pertanto:

1 2L

2

L = at , v = at , ⇒ t = ' 0.95 s .

f

2 v f

Soluzione 3: Detta Q la carica, x la distanza iniziale tra le armature, V e V = V +δV le tensioni prima e dopo lo spostamento,

0 1 0

valgono le relazioni x x + δx

V = Q , V = Q ,

0 1

ε A ε A

0 0

sottraendo la prima dalla seconda, si ottiene δx ε A

0 −10

δV = Q ⇒ Q = δV ' 1.1 × 10 C .

ε A x

0

Per quanto riguarda la variazione di energia, si ha

1 1 1 −9

∆E = QV − QV = Q δV = 5.5 × 10 J .

1 0

2 2 2

Soluzione 4: Il flusso è pari a 2 −2 2

Φ(B) = N B πr cos θ ' 2 × 10 Tm .

La f.e.m. si ottiene come il flusso per unità di tempo: Φ(B) −2

|f.e.m.| = ' 1.25 × 10 V .

δt

Prova scritta di Fisica (Ing. Civile & Ambientale Gruppo B)

Facoltà di Ingegneria, Università della Calabria, 21 Gennaio 2013

Problema 1. Una palina di massa è collegata ad una molla ideale di costante elastica

m k,

poggiata sul piano di un carrello con coefficiente di attrito La molla è vincolata ad un supporto

µ.

del carrello stesso posto su una delle due estremità. Quando il carrello è fermo, la pallina dista

dall’altra estremità.

d

A. Supponendo che il carrello venga messo in moto con accelerazione costante , determinare

a c

la deformazione della molla;

B. Sempre col carrello in moto, ad un certo istante la molla si spezza. Determinare il tempo

impiegato dalla pallina cadere dal carrello e la sua velocità prima di cadere.

−2

2 ≈

Dati: kg, m, m/s , N/m, ms ,

m = 5 d = 2 a = 2 k = 50 g 9.8 µ = 0.1

c

Problema 2. Una bacchetta omogenea di sezione costante, lunghezza e massa è disposta

L M

in quiete su un piano orizzontale privo di attrito. Ad un certo istante essa viene urtata da una

pallina di massa con di velocità ortogonale all’asse della bacchetta in un punto distante

m, v D

0

dal suo centro.

A. Assumendo che l’urto sia di natura elastica, determinare l’espressione di affinchè dopo

m

l’urto la pallina si arresti.

B. Utilizzando la massa calcolata nel punto precedente, e assumendo che l’urto sia comple-

tamente anelastico, determinare la velocità del centro di massa e la velocità angolare del

sistema dopo l’urto

−2 2

Dati: ms , kg, m, m, m/s.

g 9.8 M = 12 L = 2 I = M L /12, D = 0.5 v = 5

0

CM

Problema 3. Una distribuzione omogenea, di forma semicircolare, raggio e carica

R Q > 0,

interagisce con una carica puntiforme posta nel suo centro (O), inizialmente in quiete.

q > 0

A. Determinare la forza iniziale agente sulla carica q;

B. La repulsione Coulombiana mette la carica puntiforme in movimento. Determinare la forza

che quest’ultima esercita sulla distribuzione quando si trova nel punto a distanza dal

P R

suo centro [Suggerimento: parametrizzare il problema in termini dell’angolo mostrato in

θ,

p

R −

figura e utilizzare il seguente integrale: dθ/ 2 2 cos(θ) = ln(tan(θ/4))+cost].

−12 −1 −1 −3 −6

2

×

Dati: C m N , cm, C, C.

ε = 8.85 10 R = 5 Q = 10 q = 10

0

Pr 1 Pr 3

k

m

||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||

µ Q R θ P

Pr 2 L q

O

M D v

0 m

Soluzione 1. Poniamo il sistema di riferimento sul carrello (di estremi e con l’origine

A B),

del sistema di coordinate nel punto di equilibrio della molla, e l’asse orientato in verso op-

x

posto al moto del carrello. Sulla pallina agisce una forza non inerziale di modulo ,

F = ma

c

NI

parallela ad che tende ad allungare al molla. Quest’ultima risponde con una forza elastica.

x, F

F el

NI F k

A

m

B A

x

||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||

µ a

c

P

Tenendo conto dell’attrito (statico), la condizione di equilibrio permette di scrivere

F = 0

− × − ×

m(a µg) 5 (2 0.1 9.8)

c

− − ⇒ m,

ma kδ µmg = 0 δ = = = 0.102

c k 50

in cui m denota la deformazione della molla. Quando la molla si spezza la pallina si trova

δ 0.1

in equilibrio a distanza

− m

l = d δ = 1. 898

dall’estremità Il suo moto è uniformemente accelerato in direzione La molla non agisce

B. x.

più, e la forza di attrito (dinamico) è sempre opposta all’asse Dalle leggi del moto

x.

a 2

2 − m/s

x (t) = t , v(t) = at, a µg = 1. 02

c

2

troviamo il tempo di arrivo all’estremità B

r r

2 ×

at 2l 2 1. 898

∗ ⇒ s

= l t = = = 1. 929 1

2 a 1. 02

e la velocità della pallina prima della caduta

√ √ × × m/s.

v = at = 2la = 2 1. 898 1. 02 = 1. 967 7

∗ ∗

Soluzione 2.Nel A,

caso il moto della bacchetta dopo l’urto è rototraslazionale. Indicando con

il modulo della velocità del suo centro di massa e con la sua velocità angolare, possiamo

v ω

CM

esprimere le leggi di conservazione della quantità di moto, del momento angolare e dell’energia

cinetica, come segue: 1 1 1

2 2 2

mv = M v + I ω .

mv = M v , mDv = I ω,

0 0

CM CM CM

0 CM

2 2 2

Calcolando dalla prima equazione, e dalla seconda, possiamo scrivere

v ω

CM 2 2 2

1 1 v 1 mDv v 1 D

2

0 0 0

2 2

mv = M m + I = + m ,

CM

0

2 2 M 2 I 2 M I

CM CM

da cui 2

1 D 1 1

1= + m m = =

2 2

1 D 1 D

M I + +

CM 2

M I M M L /12

CM

2 2

×

ML 12 2 48 kg

= = =

2

2 2

L + 12D 7

2 ×

2 + 12 (1/2)

B,

Nel caso si ha solo conservazione della quantità di moto e del momento angolare

2

mv = (M + m) v , mDv = I + mD ω,

0 0

CM CM

per cui mv 48/7 20

0 m/s

v = = 5=

CM M + m 12 + 48/7 11

e 1

48 5

mDv

0 −1

7 2 s

ω = = 3

= 2

2 2

I + mD 12×2 48 1

+

CM 12 7 2

Soluzione 3.Consideriamo due elementi simmetrici della distribuzione, disposti come in figura,

nelle posizioni e

r = R cos θ i+R sin θ j r = R cos θ i−R sin θ j.

1 2

dQ r 1 x

O r q

r

2

dQ Qπ

Tali elementi recano la stessa carica elementare e generano, nel punto il campo

dQ = dθ r = x i,

elettrico elementare − − −

r r r r x R cos θ

dQ dQ

dQ 1 2

+ = i

dE (x) = 3 3 3/2

4πε 4πε 2πε

|r − | |r − |

r r 2 2

(R 2Rx cos θ + x )

0 0 0

1 2

Qdθ x R cos θ

= i.

3/2

2

2π ε 2 2

(R 2Rx cos θ + x )

0

Nel punto ponendo otteniamo

O, x = 0,

Qdθ cos θ

−i

dE (0) = 2 2

2π R ε 0

da cui 3π/2

Z

Q Q i 9

−i × N/C.

E (0) = dθ cos θ = = i 4.58 10

2 2 2 2

2π R ε π R ε

0 0

π/2

Nel punto , ponendo possiamo scrivere

P x = R,

Q dθ i

dE (R) = ,

2 2 −

4π R ε 2 2 cos θ

0

da cui 3π/2

Z

Q dθ Q π

9

√ × N/C.

log cot = i 2.02 10

E (R) = i = i

2 2 2 2

4π R ε 2π R ε 8

2 2 cos θ

0 0

π/2

La forza iniziale sulla carica è

q

qQ i 3

× N.

= i 4.58 10

F = qE (0) =

0 2 2

π R ε 0

La forza che la carica esercita sulla distribuzione in posizione è opposta a ed assume

q P qE (R)

il valore qQ π

3

−qE −i −i × N.

F = (R) = log cot = 2.02 10

R 2 2

2π R ε 8

0

Prova scritta di Fisica (Ing. Civile & Ambientale)

Facoltà di Ingegneria, Università della Calabria, 26 Luglio 2012

Problema 1. Un corpo di massa è mantenuto in equilibrio verticale mediante una fune,

m

1

inestensibile e di massa trascurabile, che passa per una carrucola di massa e raggio posta

M R,

sulla sommità di un piano d’inclinazione e coefficiente di attrito L’altro capo della fune è

ϑ µ.

collegato a un blocco di massa che è a sua volta vincolato ad una molla ideale di costante

m

2

elastica e deformazione Ad un certo istante, la molla, poggiata sul piano inclinato, si spezza.

k δ. ≈

Determinare il valore di e l’accelerazione delle due masse quando sono in movimento [g

δ

−2 ◦

2

ms , kg, kg, kg, , N/m]

9.8 m = 10 m = 5 M = 10 µ = 0.15, I = M R /2, ϑ = 30 k = 200

carrucola

1 2 M |||| |||| |||| |||| |||| |||| m

|||| 2

μ |||| |||| |||| |||| |||| k

||

m 1 ϑ Pr. 1

Problema 2. Un’asta omogenea, di massa e lunghezza ha gli estremi e vincolati a scor-

M l, A B

rere senza attrito lungo due guide perpendicolari: una orizzontale e una verticale. Inizialmente

il sistema è in quiete per mezzo di una forza costante applicata in che mantiene l’asta

F, A,

inclinata di un angolo , rispetto alla direzione orizzontale. Eliminando la forza l’asta è libera

F,

ϑ

0

di muoversi ruotando istantaneamente rispetto al centro posto all’intersezione delle normali

Q

alle guide condotte da e Determinare il valore di che mantiene inizialmente in equilibrio il

F

A B. −2

sistema e le velocità dei punti e quando l’asta raggiunge la posizione verticale [g ms ,

A B 9.8

◦ 2

, kg, m,

ϑ = 45 M = 12 l = 2 I = M l /12].

0 CM

Problema 3. Tre bacchette di lunghezza indefinita e sezione trascurabile, sono caricate unifor-

0

±λ

memente con densità di carica lineare e . Le strutture sono disposte parallelamente, sullo

λ

stesso piano e a uguale distanza relativa come illustrato in figura. Dopo aver determinato in

a,

modo generale il campo elettrico generato da una singola bacchetta carica, calcolare il valore di

0 sapendo che il campo elettrico del sistema nei punti dell’asse equidistante dalle distribuzioni

λ

±λ è pari a zero. Determinare, inoltre, l’andamento del campo elettrico del sistema nei punti del

−12 −1 −1 −3 −1

2

×

piano che contiene le tre distribuzioni. [ε C m N , cm, Cm ].

= 8.85 10 a = 5 λ = 10

0

A A λ

F a

g −λ

ϑ

0

B ϑ

Q 0

B Q λ

Pr. 2 Pr. 3

Soluzione 1. La condizione di equilibrio prevede l’annullamento delle forze lungo il filo,

− − − −

m g T = 0, T m g sin ϑ µm g cos ϑ kδ = 0,

1 1 2 2 2

e l’annullamento dei momenti delle tensioni applicate alla carrucola

.

T = T

1 2

Risolvendo il sistema delle tre equazioni, si trova

g − − cm.

δ = (m m sin ϑ µm cos ϑ) = 33.6

1 2 2

k

Con le masse in movimento,

Ia Ma

− − ⇒ − − −

m g T = m a, = R(T T ) = T T , T m g sin ϑ µm g cos ϑ = m a,

1 1 1 1 2 1 2 2 2 2 2

R 2

si trova − −

g(m m µ cos ϑ m sin ϑ)

1 2 2 2

m/s

a = = 3.36 .

M/2 + m + m

1 2

Soluzione 2. Nel sistema di coordinate in figura, con l’asta inclinata di un angolo rispetto alla

ϑ

direzione orizzontale, gli estremi hanno coordinate e L’omogeneità

A = (0, l cos ϑ) B = (l sin ϑ, 0).

della struttura fa si che il centro di massa coincida col punto medio dell’asta

C = (l sin ϑ, l cos ϑ)/2

stessa. Il centro di rotazione istantaneo ha coordinate In presenza della forza

Q = (l sin ϑ, l cos ϑ).

con le forze attive esterne agenti sull’asta sono:

F, ϑ = ϑ = π/4,

0

• la forza peso applicata nel centro di massa

F = M gi, C;

p

• la forza applicata in

F j,

= F A;

• −N −N

le reazioni normali (in e (in

N i N j

= A) = B).

A A B B

N

A N N

A A

A F

l cosϑ l cosϑ

0 y v v

A A

0

sinϑ sinϑ

C Δy

C Δy

l l C

Mg

ϑ ϑ

Mg

0 0

Mg

ϑ

Q

N 0

B

B Q

N B

x Q

B

v N B

La condizione di equilibrio prevede l’annullamento delle forze esterne,

( N = M g

A

F F F N N 0

= + + + = ,

p A B

TOT N = F

B

e dei momenti delle forze esterne rispetto a :

Q

0

lM g Mg

× × ⇒ − ⇒ N

M r F r F 0

= + = cos ϑ lF sin ϑ = 0 F = = 58.8

C p A 0 0

Q 0 2 2 tan ϑ

0

Occorre notare che le normali non producono momento.

Quando il sistema è posto in rotazione, l’equazione cardinale delle rotazioni rispetto a include

Q

solo il momento della forza peso. Il teorema degli assi paralleli (Huygens-Steiner) permette di

determinare il momento d’inerzia per una rotazione di asse e centro

z Q,

2 2

l M l

I = I + M = ,

Q C 2 3

da cui segue l’accelerazione angolare dell’asta:

lM g lM g 3g

I α = cos ϑ α = cos ϑ = cos ϑ.

Q 2 2I 2l

Q

La velocità angolare dell’asta si ottiene mediante il teorema dell’energia cinetica

1 1 l

2 2

−∆E ⇒ − −M ⇒ −

∆E (rot) = I ω = g∆y I ω = M g (sin ϑ sin ϑ )

c p Q Q 0

2 2 2

2 3g

lω 2

− ⇒ −

⇒ = g (sin ϑ sin ϑ ) ω = (sin ϑ sin ϑ )

0 0

3 l

e le velocità periferiche (valutate rispetto a sono

Q)

v v

= l sin ϑ ω, = l cos ϑ ω.

A B

Quando l’asta è allineata verticalmente (ϑ = π/2),

r

3g 3g −1

2 − ⇒ − s

ω = (1 sin ϑ ) ω = (1 sin ϑ ) = 2.075 ,

0 0

l l

le velocità richieste sono

p − m/s,

v v

= lω = 3gl(1 sin ϑ ) = 4.15 = 0

A 0 B

Soluzione 3. Poniamo l’origine del sistema di coordinate nel centro dell’asse equidistante tra

x,

±λ,

le distribuzioni e l’asse in direzione perpendicolare ad esse. Il campo elettrico prodotto

E,

y

una bacchetta di densità di carica lineare , passante per e parallela all’asse si ottiene

ρ y = y x,

0

l

applicando il teorema di Gauss su una superficie chiusa di forma cilindrica, asse , passante

y = y

0

per il punto In tal modo si trova con

E j,

P = (x, y). = E

y

λ .

E =

y −

2π (y y )

0 0

Il campo totale delle tre bacchette risulta dal principio di sovrapposizione, e ha

E j,

= E ,y

TOT TOT

componente y: 0

1 λ λ λ

− .

E = +

,y

TOT −

2π y a/2 y + a/2 y + 3a/2

0

Nei punti dell’asse si deve avere cioé

x, E = 0,

,y

TOT 0

1 λ λ λ 0

⇒ − ⇒

y = 0 E = + = 0 λ = 6λ.

,y

TOT −a/2

2π a/2 3a/2

0

Di conseguenza:

λ 1 1 6

− .

E = +

,y

TOT −

2π y a/2 y + a/2 y + 3a/2

0

Soluzione prova scritta di Fisica

Facoltà di Ingegneria

Corsi di Studio in Ingegneria Elettronica, Informatica, e Civile

Università della Calabria, 27 Febbraio 2012

Es1. (EL-INF) Sia la velocità assoluta dei fiocchi di neve, misurata rispetto al

v a

sistema di riferimento della Terra, e la velocità relativa, misurata rispetto al

v r

sistema di riferimento del treno. Sia la velocità del sistema di riferimento solidale

v 0

col treno rispetto alla terra. Per la legge di composizione delle velocità, tali vettori

€ €

sono legati dalla relazione: €

v v v

= +

a 0 r v 0

v r v

€ a

v cos v

θ =

r a

v sin v

θ =

r 0

v v ctg 8m /s

da cui θ

= =

a 0

€ Es1. (CIV)

€ La prima parte del problema consiste nell’analisi del moto della massa M , che parte

a

€ con velocità iniziale v =3 m/s da un’estremità del piano. La velocità d’impatto con la

a

massa M , si ottiene mediante il teorema delle forze vive. Detta la velocità finale

v

!

b a

del primo corpo, si ha:

2 2

M v M v

! 2 2 2 2

a a a a gl v v 2 gl 5.08m /s v 2.25m/s

µ µ

! !

− = −M ⇒ = − = ⇒ =

a a a a

2 2

dove si è tenuto conto del lavoro della forza di attrito statico ( ).

gl

µ

−M a

Nella secondo parte, occorre studiare l’urto centrale ed elastico fra un corpo di massa

M , con velocità d’impatto , e un corpo di massa M , inizialmente fermo.

v

!

a b

a

Conservando l’energia cinetica e la quantità di moto totale del sistema, lungo la

direzione dell’urto, si può scrivere:

2 2 2

M v M v M v

! !! !!

a a a a b b e M v M v M v

! !! !!

= + = +

a a a a b b

2 2 2

ossia:

2 2 2

v v 2 v e v v 2 v

! !! !! ! !! !!

= + = +

a a b a a b

Delle due soluzioni di tale sistema, si considera quella in cui la velocità del bersaglio

è diversa da zero (in caso contrario non ci sarebbe urto).

Ne segue:

v v / 3 m/s e v 2 v / 3 1.50 m/s

!! ! !! !

= − = −0.75 = =

a a b a

ES 2 (El-INF-CiV)

L’energia cinetica iniziale del sistema si ottiene come somma delle due energie

cinetiche rotazionali dei dischi:

1 1

12 22

T I I

ω ω

= +

i 1 2

2 2


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57

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7 mesi fa


DETTAGLI
Corso di laurea: Corso di laurea in ingegneria civile
SSD:
Università: Calabria - Unical
A.A.: 2018-2019

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher vasapollof di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Fondamenti di fisica generale e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Calabria - Unical o del prof Sindona Antonio.

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