Soluzioni - fis-scamb

Scienze Naturali ed Ambientali
Soluzioni della prova scritta di Fisica Generale
1 Febbraio 2011
Parte 1
Esercizio 1
Uno dei satelliti di Marte, Deimos, si muove intorno a Marte in un orbita circolare di raggio Rd =23480 km
con un periodo di rivoluzione, Td , uguale ad 1 giorno, 6 ore, 17 minuti e 35 secondi. Un altro satellite,
Phobos, si muove anch’esso in un’orbita circolare intorno a Marte con un periodo di rivoluzione Tp di 7
ore, 39 minuti e 14 secondi. Calcolare:
1A) i) la massa di Marte, Mm ,
1B) ii) Il raggio dell’orbita del satellite Phobos, Rp .
Soluzione dell’esercizio 1
1A) Sappiamo che la relazione tra periodo e velocità angolare di rotazione, ω, è: ω = (2π)/T . La forza
di attrazione gravitazionale di Marte su un’orbita circolare è una forza normale legata all’accelerazione
normale dalla relazione:
ω2R =
GMm
.
R2
Invertendo l’ultima formula, sostituendovi l’espressione per ω in funzione del periodo ed esprimendo il
periodo di Deimos (Td ) in secondi, si ottiene:
Mm =
1B)
4π 2 R 3
= 6.4 · 1023 kg.
G Td2
Utlizzando la relazione del punto precedente ed usando il dato per il periodo di Phobos, troviamo:
Rp = (
GMm Tp2 1/3
) = 9384 km.
4π 2
Esercizio 2
Un punto parte dall’origine dell’asse x con velocità v0 positiva. Il punto viaggia con un accelerazione negativa
e si arresta dopo aver percorso la distanza d. Si osserva che quando passa nella posizione x=3/4 d la sua
velocità, v, è pari a v0 /2.
2A) Stabilire se la decelerazione del corpo è costante determinando eventualmente il valore di tale decelerazione (suggerimento: supporre che la decelerazione sia costante e vedere se si ottiene un
accordo/disaccordo con le informazioni date).
Soluzione dell’esercizio 2
2A) Supponendo che il corpo abbia decelerazione costante, a, si può utilizzare la formula generale per il
moto uniformemente decelerato:
v 2 = v02 − 2ax
Applicando le condizioni v=0 ed x=d, si ottiene che la decelerazione dovrebbe essere pari a:
a=
v02
.
2d
Per verificare se il moto è effettivamente a decelerazione uniforme si sostituisce nella legge generale il dato
del testo (spazio percorso x=3/4 d e velocità v=v0 /2) ottenendo un accordo:
3
v2
v02
= v02 − 2a d → a = 0 .
4
4
2d
Quindi il moto è effettivamente a decelerazione costante con:
a=
v02
.
2d
Esercizio 3
Un corpo di massa m=3 kg viene lanciato dal fondo verso l’alto lungo un piano inclinato di un angolo
α = π/3, con una velocità v=5 m/s. Il coefficiente d’attrito dinamico tra il corpo ed il piano vale µd =0.2.
3A) Determinare lo spazio percorso dal corpo prima di fermarsi.
Soluzione dell’esercizio 3
3A) Nell’istante del lancio il corpo possiede un’energia cinetica Ecin = 21 mv 2 , nell’istante in cui si ferma
possiede invece soltanto un’energia potenziale U=mgh, dove h è l’altezza raggiunta, che può essere espressa
in funzione dello spazio percorso, s: h =s senα. In questo caso l’energia meccanica non si conserva, perchè
è presente l’attrito che è una forza non conservativa. Il lavoro della forza d’attrito è:
Lattr = −µd mgcosαs
Se applichiamo il teorema delle forze vive generalizzato, ovvero il fatto che la variazione di energia totale
è uguale al lavoro della forza di attrito, si ottiene:
1
− mv 2 + mgssenα = −µd mgcosαs.
2
da cui:
s=
v2
= 2.64 m.
g(senα + µd cosα)
F
F
Figura 1: figura problema 4.
Esercizio 4
Una cassa di massa M=800 kg (approssimabile ad un punto materiale) viene trascinata da due cavalli
ognuno dei quali esercita una forza di modulo F=100 N con un angolo α=45o rispetto all’orizzontale (vedi
figura 1).
4A) Qual è l’accelerazione della cassa?
4B) Se la cassa parte da ferma quanto spazio percorre in un tempo T=1 minuto?
Soluzione dell’esercizio 4
2
4A) La risultante delle forze agenti sulla cassa si calcola con la regola del parallelogramma; l’intensità
della forza risultante è:
Ftot =
p
F 2 + F 2 = 141.4 N.
L’accelerazione è quindi:
a=
4B)
m
Ftot
= 0.18 2 .
M
s
Le due forze e la risultante sono costanti quindi il moto è uniformemente accelerato. Si ha quindi:
s=
1 2
aT = 324 m.
2
Parte 2
Esercizio 5
Due particelle aventi la stessa carica q sono tenute ferme ad una distanza d=2.6 cm. Le particelle vengono
liberate e si muovono con accelerazioni iniziali rispettivamente di a1 =6.2 m/s2 ed a2 =10 m/s2 . La massa
della prima particella è m1 = 1.7 · 10−7 kg. Calcolare:
5A) i) la massa m2 della seconda particella;
5B) ii) il valore della carica q.
Soluzione dell’esercizio 5
5A) Si utilizza il secondo principio della dinamica per ricavare il modulo della forza F1 agente sulla prima
particella: F1 = m1 a1 . Per il principio di azione e reazione questa è uguale al modulo della forza F2 che
agisce sulla seconda particella, ovvero F1 =F2 . Si ha dunque:
F2 = m2 a2 → m2 =
5B)
a1
F2
= m1 = 1.1 · 10−7 kg
a2
a2
La carica si ricava dalla legge di Coulomb:
q2
F1 = F2 = F = k 2 = → q =
d
s
F · d2
= 2.81 · 10−10 C .
k
Esercizio 6
Una goccia di olio sferica, uniformemente carica, viene mantenuta in equilibrio dall’azione della sua forza
peso e di un campo elettrico.
6A) Calcolare la carica Q della goccia sapendo che il raggio r della goccia è pari ad r=1 10−6 m, la
densità di massa è ρ=0.9 g/cm3 ed il campo elettrico ha modulo E=4.6 ·104 N/C.
Soluzione dell’esercizio 6
3
~ il cui modulo è P=mg (dove m è la massa della
6A) Sulla goccia agiscono due forze: la forza peso P,
~ E il cui modulo è dato da: FE = Q E. La massa della goccia
goccia) e la forza dovuta al campo elettrico F
è data da: m=ρ V, dove V è il volume della sfera (V=4/3 πr 3 ). Perchè la goccia sia in equilibrio le due
forze devono essere uguali ed opposte. Uguagliando i moduli delle due forze si ha quindi:
4
F = P → QE = mg = πr 3 ρg.
3
Da cui:
Q=
4/3πr 3 ρg
= 8 · 10−19 C .
E
Esercizio 7
Un punto materiale di massa m=9 ·10−10 kg, carico, è inserito da fermo all’istante iniziale in una regione
di spazio in cui è presente un campo elettrostatico di modulo E=30 V/m. Al tempo t∗ =1 s il punto si è
spostato di un tratto d=1 m.
7A) Determinare il valore della carica del punto materiale.
Soluzione dell’esercizio 7
7A) F=qE=ma, da cui si vede che l’accelerazione, a, è costante. Il moto è quindi uniformemente
accelerato:
x=
1 2 1 qE 2
at =
t .
2
2 m
Quindi, imponendo che lo spazio percorso nel tempo t∗ sia uguale a d, si ha:
q=
2md
= 6 · 10−11 C .
E (t ∗ )2
Esercizio 8
Un condensatore con capacità C1 =8 pF viene caricato con una differenza di potenziale V1 =100 V e la
batteria viene poi staccata. Il condensatore viene quindi collegato in parallelo ad un secondo condensatore
inizialmente scarico e si registra una differenza di potenziale V’=70 V.
8A) Calcolare la capacità C2 del secondo condensatore.
Soluzione dell’esercizio 8
8A) Quando il primo condensatore viene caricato su di esso viene trasferita una quantità di carica Q pari
a: Q = C1 V1 . La presenza del secondo condensatore, una volta staccata la batteria, fa si che questa carica
si ripartisca tra i due condensatori in modo da creare una situazione di equilibrio. In questa situazione la
d.d.p. ai capi del condensatore è V’=70 V e sui due condensatori è presente, rispettivamente, la carica Q1
e Q2 tali che Q= Q1 + Q2 . Si può quindi scrivere:
C1 + C2 =
(Q1 + Q2 )
Q
V1
Q1 Q2
+ ′ =
= ′ = C1 ′ .
V′
V
V′
V
V
Da cui si ricava:
C2 = C1
V1
− C1 = 3 pF .
V′
4