A.A. 2010-11
Fisica Generale
10-02-12
ESERCIZIO 1
Due satelliti artificiali A e B sono in orbita circolare intorno alla terra. Il raggio dell'orbita di A è il doppio
dell'orbita di B.
Calcolare il rapporto tra:
a) le rispettive accelerazioni centripete;
b) i periodi;
c) i moduli delle velocità.
Soluzione
a) È dunque rA = 2 rB . L’espressione dell’accelerazione centripeta è: ar = v 2 r . Dalla seconda legge di
M m
Newton si ottiene: F = G T2 = m ar , che va applicato a entrambi i satelliti. Si ottiene dunque:
r
M
m
ì
ì MT
T A
F
=
G
=
m
a
A
A
Ar
2
ï
ïG r 2 = a Ar
rA
a Ar rB2
rB2
1
ï
ï
A
Þ
Þ
=
=
=
í
í
2
2
aBr rA ( 2rB )
4
ï F = G M T mB = m a
ïG M T = a
B
B Br
Br
2
2
ïî
ïî rB
rB
b) Dalla terza Legge di Keplero, nel caso di orbite circolari, dice T 2 = k r 3 , dove T è il periodo ed r il
raggio dell’orbita. Otteniamo direttamente:
3
ìTA2 = k rB3
( 2rB ) = 8
TA
TA2
k rA3
Þ
=
=
=
í 2
2
3
3
TB
TB
k rB
rB2
îTB = k rB
c) Sempre dall’espressione ar = v 2 r otteniamo:
ìv 2A = a Ar rA
vA
v A2
a Ar rA
1
1
Þ
=
=
=
2=
= 0.707
í 2
2
vB
vB
aBr rB
4
2
îvB = aBr rB
ESERCIZIO 2
Una molla di costante elastica k si trova nella sua posizione di equilibrio su un piano orizzontale senza
attrito. Un estremo della molla è vincolato ad una parete verticale, mentre all'altro estremo è collegata una
pallina di massa 10 g. Un secondo corpo di uguale massa e di velocità di v = 4 m / s urta la pallina in
modo completamente anelastico.
Il sistema inizia ad oscillare ed in un intervallo di tempo di Dt = 10 s si contano otto oscillazioni
complete. Determinare:
a) la costante elastica della molla;
b) l'energia meccanica del sistema dopo l’urto;
c) l'ampiezza dell’oscillazione.
Soluzione
a) Se in un intervallo di tempo Dt si contano n oscillazioni, il periodo della singola oscillazione è
T = Dt n = 10 s 8 = 1.25 s . La frequenza è quindi: n = 1 T = 0.8 Hz , che significa una pulsazione
w = 2p n = 2p ( 0.8 Hz ) = 5.03 rad s -1 . In un oscillatore armonico la relazione tra massa, costante
2
elastica e pulsazione è w = k m , che fornisce: k = m w 2 = ( 2 ×10 -2 kg )( 5.03 rad s -1 ) = 0.51 N / m .
b) La velocità delle due palline unite immediatamente dopo l’urto si può ricavare dalla conservazione
m 2v v 4m / s
= =
= 2 m / s . L’energia meccanica del
della quantità di moto, Pi = Pf , da cui v f =
m
2
2
1
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Fisica Generale
10-02-12
sistema, non essendoci forze conservative, è pari all’energia cinetica nella posizione in cui la molla è
2
2
-2
-2
all’equilibrio, ovvero: Em = Ek ,eq = 1 2 m v = 1 2 ( 2 ×10 kg ) ( 2 m / s ) = 4 ×10 J .
c) L’ampiezza A di oscillazione è legata all’energia meccanica del sistema dalla relazione: Em = 1 2 k A2
, da cui si ottiene: A = 2 Em k =
2 ( 4 ×10-2 J )
0.51 N / m
= 0.39 m
ESERCIZIO 3
Una lamina omogenea rettangolare, di massa pari a m = 5 kg è disposta in un piano verticale e il lato
orizzontale misura a = 20 cm . Essa è vincolata a ruotare attorno un asse fisso privo di attrito passante per
uno dei suoi bordi verticali, e inizialmente ruota con velocità angolare w = 5 rad s -1 . Ad un certo istante
la lamina viene colpita da una forza impulsiva applicata al suo centro, perpendicolare ad essa, di impulso
I = 50 N s , nello stesso verso della rotazione. Calcolare:
a) la velocità angolare con la quale la lamina ruota subito dopo l’azione di I;
b) la variazione di energia cinetica.
Soluzione
2
a) Il momento d’inerzia della lamina è I = 1 3 m a 2 = 1 3 ( 5 kg )( 0.2 m ) = 6.67 ×10 -2 kg m2 . Il suo
-2
2
-1
-1
2 -1
momento angolare prima dell’urto vale L = Iw = ( 6.67 ×10 kg m )( 5 rad s ) = 3.33 ×10 kg m s .
L’impulso applicato fornisce un impulso angolare pari a I L = I a 2 = ( 50 N s )( 0.1 m ) = 5 N m s ,
che
si
aggiunge
al
momento
angolare,
portando
quest’ultimo
al
valore
2 -1
2 -1
2 -1
L ' = L + I L = 0.333 kg m s + 5 kg m s = 5.33 kg m s . La nuova velocità angolare iniziale è perciò:
5.33 kg m 2 s -1
= 79.9 rad s -1 .
6.67 ×10-2 kg m 2
b) L’energia cinetica iniziale, prima dell’azione di I è:
w ' = L' I =
2
Ek ,i = 1 2 I w 2 = 1 2 ( 6.67 ×10-2 kg m 2 )( 5 rad s -1 ) = 0.83 J ; quella finale invece è:
2
Ek , f = 1 2 I w '2 = 1 2 ( 6.67 ×10-2 kg m 2 )( 79.9 rad s -1 ) = 213.0 J .
La
variazione
è
quindi:
DEk = Ek , f - Ek ,i = 213.0 J - 0.83 J = 212.1 J
ESERCIZIO 4 (SOLO PER STUDENTI DI ING. MECCANICA - FISICA GENERALE 12CFU)
Un gas alla temperatura t = 35 °C si espande isotermicamente e reversibilmente compiendo un lavoro
W = 500 J .
Calcolare la sua variazione di entropia
Soluzione
In una isoterma, dove la variazione di energia interna è nulla, il lavoro è dato da
Vf
Vf
V
nRT
W = ò p dV = ò
dV = nRT ln f . La variazione elementare di entropia si trova dalle relazioni
V
Vi
Vi
Vi
2
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Fisica Generale
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V
V
dV
d Q dW p dV nRT dV
dV
D
S
=
nR
= nR ln f , che
=
=
=
= nR
, mentre quella finita è:
ò
V
Vi
T
T
T
V T
V
Vi
W
500 J
= 1.62 J K -1 .
assieme alla espressione del lavoro trovata sopra fornisce: DS = =
T 308.15 K
dS =
ESERCIZIO 5
Un condensatore piano possiede una carica Q = 0.2 mC . Il campo elettrico all'interno del condensatore ha
modulo E = 400 V cm -1 , e la differenza di potenziale tra le armature è DV = 2 kV . Determinare:
a) la distanza fra le armature;
b) la capacità del condensatore;
c) la superficie delle armature.
Soluzione
a) Prima
di
tutto
convertiamo
-1
il
valore
del
campo
in
unità
S.I.:
E = 400 V cm = 400 V (10 m ) = 4 ×10 V m . La distanza tra le armature si può calcolare dalla
-1
-2
4
-1
relazione tra campo e potenziale: DV = E d , da cui: d = DV E =
2 ×103V
= 0.05 m .
4 ×104V m -1
dalla
sua
b) La
capacità
del
condensatore
deriva
definizione:
-7
3
-10
C = Q DV = 2 ×10 C 2 ×10 V = 10 F = 0.1 nF .
c) La superficie delle armature è legata alla capacità di un condensatore piano:
C = e 0S d Þ S = C d e 0 = (10-10 F )( 5 ×10-2 m ) ( 8.85 ×10-12 F m -1 ) = 0.565 m 2 .
ESERCIZIO 6
Una bobina ha induttanza L = 5 H e resistenza R = 2 W . Essa viene connessa ad un generatore di tensione
con f = 30 V e resistenza interna Ri = 0.5 W . Si calcoli:
a) la costante di tempo del circuito;
b) la corrente massima;
c) l’energia magnetica accumulata nella bobina quando i = imax .
Soluzione
a) La costante di tempo di un circuito LR è t = L Rtot = L ( R + Ri ) = 5 H ( 2 + 0.5) W = 2 s
b) La corrente massima che scorre nel circuito è imax = f Rtot = f ( R + Ri ) = 30V ( 2 + 0.5 ) W = 12 A
c) L’energia magnetica accumulata nella bobina quando i = imax è
1 2
1
2
U m ( imax ) = L imax
= ( 5 H )(12 A ) = 360 J
2
2
3
