Corso di laurea in Comunicazioni Digitali

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Corso di laurea in Informatica
1° Compitino di Fisica – COMPITO A
26 Aprile 2007
Corsi A e B (docenti: Colò, Maugeri)
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Nome:
Matricola:
Pos:
1) Si consideri il sistema rappresentato in figura in cui si hanno due cilindri con lo stesso asse ed un
fluido viscoso tra i due cilindri. Il cilindro interno è fermo, quello esterno ruota con velocità v. La
distanza tra le superfici dei due cilindri è D; la loro superficie laterale è S (S rappresenta sia la
superficie esterna del cilindro interno che la superficie interna del cilindro esterno; se D è piccolo
queste due superfici possono essere considerate uguali). Con questo dispositivo sperimentale, la
forza che è necessario applicare, affinchè il cilindro esterno possa ruotare mantenendo costante la
velocità v, è data dalla seguente relazione:
v
v
F   S 
D
Quali sono le dimensioni di η nel Sistema MKSA ?
SOLUZIONE:
Kg  m
m
2
F D
Kg
s

   

m
S 
ms
m2
s
2) La terra orbita intorno al sole con un moto che, in prima approssimazione, può essere considerato
circolare uniforme. Si esprimano il suo periodo (in secondi), la sua frequenza (in Hertz) e la sua
pulsazione (in radianti al secondo). Si calcolino poi il modulo della velocità e dell’accelerazione (si
consideri come distanza terra-sole il valore medio di 1.5 108 Km), e se ne esprimano la direzione e il
verso in un disegno. Si calcolino, infine, l’angolo spazzato dal vettore sole-terra in un giorno, e
l’arco coperto dalla terra nello stesso periodo. Si chiede di esprimere tutti i risultati con il corretto
numero di cifre significative.
T  365 giorni  24
SOLUZIONE:
ore
s
 3600
 3.2  10 7 s
giorni
ore
1
 3.2  10 8 Hz ,   2  2.0  10 7 Hz
T
La velocità si calcola supponendo che il moto sia uniforme

2R
m
 R  3.0  10 4
T
s
2
m
a   2 R  6.0  10 3
s
v
Infine:
  T1giorno  2.0  10 7
rad
s
24ore  3600
 1.7  10 2 rad
s
ora
s  R  2.6  10 9 m.
3) Si consideri un corpo di massa 200 kg posto nell’origine di un sistema di riferimento cartesiano XY
(in cui le coordinate sono espresse in m), soggetto alle forze gravitazionali esercitate da:
a) un corpo con massa 200 kg posto in (1,0);
b) un corpo con massa 100 kg posto in (0.1).
Si indichino, utilizzando la notazione con i versori, la forza dovuta al primo corpo, quella dovuta al
secondo, e la risultante. Si calcoli il modulo della forza risultante, e si dica se essa può produrre
effetti misurabili sul moto del corpo posto nell’origine, utilizzando come termine di confronto
l’accelerazione a cui lo stesso corpo è soggetto quando cade sotto l’azione del campo gravitazionale
terrestre.
m1 M ˆ
m 3 4  10 4 Kg 2 ˆ
11
(

i
)

6
.
67

10
(i )  2.67  10 6 N (iˆ)
2
2
2
r
Kg  s
m
6
F2  1.34  10 N ( ˆj )
Ftot  (2.67  10 6 N )iˆ  (1.34  10 6 N ) ˆj
F1  G
SOLUZIONE:
Il modulo della forza totale è dunque 3·10-6 N. L’accelerazione prodotta sul corpo di massa 200 kg è
chiaramente F/m, cioè 1.5 10-8 m/s2. Questo valore è trascurabile rispetto a g.
4) Si consideri un corpo posto ad un’altezza di 24 m, e soggetto alla forza gravitazionale costante che si
ha in prossimità della superficie terrestre. Si calcoli in quale istante e in quale punto esso tocca il
suolo se viene messo in moto con una velocità iniziale di 5 m/s diretta
a) orizzontalmente;
b) con un angolo di 30° rispetto al piano orizzontale;
c) con un angolo di -30° rispetto al piano orizzontale.
SOLUZIONE:
L’equazione è
y  y 0  v0 y t 
Il moto lungo l’asse y è un moto uniformemente accelerato, o meglio decelerato.
1 2
gt
2
Il corpo tocca terra, partendo da y0=24 m, quando y=0, cioè il tempo di atterraggio è soluzione di
 v0 y  v02y  2 gy 0
1 2
 gt  v0 y t  y 0  0  t 
2
g
Il moto lungo x è dato semplicemente da x  v0 x t , dove t è la soluzione precedentemente trovata.
Nel caso a), v0y=0, t=2.2 s e x=v0xt=11.1 s.
Nel caso b), v0y=v0sin30°, e v0x=v0cos30°. Quindi t=2.5 s e x=10.8 m.
Nel caso c), t=2 s e x=8.5 m.
Y
X
5) Si consideri il sistema in figura e si assuma che le superfici siano perfettamente lisce. Quale massa
deve avere il corpo nero se il corpo bianco ha massa di 2 kg e il sistema è in equilibrio ? Qual è la
tensione della fune in questa situazione?
Si assuma poi che la superficie su cui si trova il corpo bianco sia invece scabra, cioè caratterizzata da
un coefficiente di attrito statico μS=0.12, e si valuti quale è il minimo valore di massa del corpo nero
che lo fa scivolare verso il basso. Con quale accelerazione avviene la caduta del corpo nero se il
coefficiente di attrito dinamico della superficie su cui si trova il corpo bianco è 0.08?
90°
60°
SOLUZIONE:
Chiamando m1 la massa del corpo nero e m2 quella del corpo bianco, in assenza di attrito
m1 g cos 30   T
m2 g cos 60   T
dove T è la tensione del filo. Eguagliando i due membri di sinistra,
m1 cos 30   m2 cos 60   m1  m2 tan 30   1.15 Kg.
La tensione risulta, ad esempio dall’equazione che include m2, 2 Kg  9.81
In presenza di attrito sulla superficie su cui si muove il
corpo bianco,
m2 g cos 60   Fa  T
T
T
m
cos 60   1.15 Kg.
2
s
Fa
m2 g cos 60    s m2 g sin 60   T
m2 g
m1 g
Le due frecce in alto indicano la
direzione di x, o a.
Ne segue che m1 
Per il corpo nero vale l’equazione precedente, e
dunque m2 (cos 60    s sin 60  )  m1 cos 30 .
cos 60    s sin 60 
m2  1.39 Kg.
cos 30 
Infine, scriviamo le equazioni più generali, quando il sistema si muove con un’accelerazione a e
l’attrito è dinamico.
m1 g cos 30   T  m1a
 m2 g cos 60    d m2 g sin 60   T  m2 a
Ricavando ad esempio T dalla prima e sostituendo nella seconda, a risulta
1
m
a
g (m1 cos 30   m2 cos 60    d m2 sin 60  )  0.19 2
m1  m2
s