C.d.L. in Ingegneria Meccanica
A.A. 2007-08
Fisica Generale
Prova del 07-07-08
ESERCIZIO 1
Un fucile a molla (costante elastica k = 400 N m −1 ) con una canna di lunghezza l = 15 cm (dal punto di
equilibrio della molla all’uscita) è posto orizzontalmente ad un’altezza h = 2 m dal suolo. Caricato
comprimendo la molla di ∆x = 5 cm , il fucile spara un proiettile di massa m = 50 g . Sapendo che la forza
di attrito media del proiettile con la canna è di FA = 1 N , calcolare il modulo della velocità del proiettile
giunto al suolo
Nota: si trascuri l’attrito con l’aria.
Soluzione
Quando la molla è contratta di ∆x = 5 cm possiede un’energia potenziale
1
1
2
2
E p = k ( ∆x ) = ( 400 N m −1 ) ( 0.05m ) = 0.5 J
2
2
Il lavoro fatto dall’attrito dopo lo sparo, sino a quando il proiettile fuoriesce dalla canna è:
WA = − FA ( ∆x + l ) = − (1 N )( 0.05 m + 0.15 m ) = −0.2 J
L’energia cinetica alla fine della canna è quindi data dalla relazione:
∆Em = ( Ek , f + E p , f ) − ( Ek ,i + E p ,i ) = W ⇒
Ek , f = E p ,i + W = 0.5 J − 0.2 J = 0.3 J
La velocità (orizzontale) al momento della fuoriuscita dalla canna è pertanto:
1
⎡ 2E ⎤ 2
v0 = ⎢ k , f ⎥
⎣ m ⎦
Tale componente orizzontale della velocità resta costante. La componente verticale della velocità al
momento dell’impatto è invece data da:
1
v y ,imp = − [ 2hg ] 2
se si è definito l’asse verticale orientato verso l’alto. Si ha quindi per il modulo della velocità:
1
vimp
1
⎤2
⎛ 2E
⎞ 2 ⎡ 2 ( 0.3 J )
= ( v02 + v y2,imp ) = ⎜ k , f + 2 gh ⎟ = ⎢
+ 2 ( 9.8 m s −2 ) ( 2 m ) ⎥ = 7.16m s −1
⎝ m
⎠
⎣ 0.05 kg
⎦
ESERCIZIO 2
Un'asta, appoggiata su un piano orizzontale privo di attrito e inizialmente
ferma, ha lunghezza di l = 1 m . Alle sue estremità sono attaccate due masse,
da considerare puntiformi, di uguale valore M = 4 kg . L'asta, che è
imperniata nel suo punto di mezzo O ed è libera di ruotare, viene colpita da
un proiettile di massa m = 20 g e velocità di v0 = 100 m s −1 , che si conficca
nella massa colpita, come in figura:
Determinare la velocità angolare dei corpi dopo l'urto, considerando trascurabile la massa dell'asta.
Soluzione
Essendo l’urto completamente anelastico non si ha conservazione dell’energia cinetica. Non si ha neanche
conservazione della quantità di moto in quanto il sistema è vincolato. L’unica quantità che si conserva è
la componente del momento angolare sull’asse di rotazione della sbarra: Li = L f . Se l’angolo che la
sbarra inizialmente forma con la parallela alla direzione del moto del proiettile è 30°, si ha:
l
Li = m v0 sin 30° .
2
Dopo l’urto il momento angolare sull’asse di rotazione è:
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A.A. 2004-05
Fisica Generale
⎛l⎞
L f = I ω , con I = ( 2M + m ) ⎜ ⎟
⎝2⎠
Si ha quindi:
l
ω = m v0 sin 30°
2
Prova del 11-12-07
2
2 ( 0.02 kg ) 100 m s −1
v0
2m
sin 30° =
0.5 = 0.25 rad s −1
=
2
2 ( 4 kg ) + 0.02 kg 1 m
( 2M + m ) l
l
( 2M + m ) ⎛⎜ ⎞⎟
⎝2⎠
1
ESERCIZIO 3
Una ruota di raggio r = 50 cm e massa M = 10 kg , assimilabile ad
un anello, è posta in prossimità di un gradino di altezza h = 20 cm .
Si calcoli la forza minima da applicare al centro della ruota (vd.
figura) affinché questa possa salire sul gradino. (Si ipotizzi che il
punto della ruota a contatto col gradino sia imperniato su di esso).
F
r
Soluzione
La ruota è imperniata nel punto a contatto con lo scalino. E` quindi
sottoposta a due momenti contrastanti, quello della forza applicata e
quello della forza peso. Per il secondo si ha, con riferimento alla figura:
M ( mg ) = mgr sin γ = mgr sin β = mgr cos α
mentre il momento della forza applicata è
M ( F ) = Fr sin δ = Fr sin α
h
δ
γ
β
α
r-h
F
mg
[2 r h - h2]1/2
Perché la ruota possa iniziare a salire si dovrà avere che il momento della forza è maggiore di quello della
forza peso. E' d'altronde chiaro dall'andamento delle funzioni trigonometriche che se tale condizione è
verificata all'istante iniziale lo sarà anche a qualunque istante successivo, in quanto quando la ruota sale α
aumenta mentre β diminuisce. Chiamato α 0 l'angolo iniziale, si deve quindi imporre:
Fr sin α 0 ≥ mgr cos α 0 ⇒ F ≥ mg cot α 0
Dalla figura si può anche ottenere, con semplici considerazioni, che
1
⎡⎣ 2rh − h 2 ⎤⎦ 2
cot α 0 =
r −h
ottenendo in definitiva:
1
1
2
⎡ 2 ( 0.5 m )( 0.2m ) − ( 0.2m )2 ⎤ 2
⎡⎣ 2rh − h ⎤⎦
⎦ = 71.57 N
−2 ⎣
F ≥ mg
= (10 kg ) ( 9.8 m s )
r−h
0.5 m − 0.2m
2
ESERCIZIO 4
Una mole di un gas ideale monoatomico percorre il ciclo
ABCA mostrato in figura. Calcolare:
a) il lavoro compiuto sul gas in espansione da A a C;
b) le variazioni di energia interna e di entropia nella
trasformazione CA;
c) le variazioni di energia e di entropia nel ciclo completo
p
2p0
p0
C
A
V0
2
B
4V0
V
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Fisica Generale
Prova del 11-12-07
Soluzione
Gli stati termodinamici A, B e C sono caratterizzati dalle temperature:
p ( 4V0 )
( 2 p0 )( 4V0 ) = 2T = 8T
pV
pV
pV
pV
TA = A A = 0 0 , TB = B B = 0
= 4TA , TC = C C =
B
A
R
R
R
R
R
R
a) Nella espansione isobara di ha:
Q = cP ∆T = cP (TB − TA ) , W = R∆T = R (TB − TA )
mentre nella trasformazione isocora si ha:
Q = cV ∆T = cV (TC − TB ) , W = 0
Il lavoro compiuto nella trasformazione che complessivamente da A porta a C è quindi:
W = R (TB − TA ) = 3RTA
b) la variazione di energia interna nella trasformazione CA si può ricavare dal primo principio della
termodinamica; si ha:
∆U A→C = QA→C − WA→C = QA→ B − WA→ B + QB→C − WB →C =
= ( cP − R )(TB − TA ) + cV (TC − TB ) = cV (TC − TA ) =
3
21
R ( 7TA ) = RTA
2
2
Per la variazione di entropia si ha:
T
T
∆S A→C = ∆S A→ B + ∆S B →C = cP ln B + cV ln C = cP ln 4 + cV ln 2
TA
TB
c) le variazioni di energia e di entropia nel ciclo completo sono entrambe nulle, essendo sia l’energia
interna che l’entropia delle funzioni di stato.
ESERCIZIO 5
Una massa m = 2 mg che reca una carica q = 100 nC è sospesa mediante un filo inestensibile in un
campo elettrico E = 500 V m −1 uniforme e orizzontale.
Determinare l’angolo del filo con la verticale.
Se il campo elettrico è generato da un piano conduttore infinito uniformemente carico, determinare la
densità di carica σ.
Soluzione
La carica si dovrà trovare in equilibrio sotto l’azione di due forze: la gravità e la
forza esercitata dal campo elettrico.
Le componenti lungo la perpendicolare all direzione del filo danno:
⎛π
⎞
qE cos θ = mg cos ⎜ − θ ⎟ = mg sin θ
⎝2
⎠
da cui si ottiene:
100 ⋅10−9 C )( 500V m −1 )
(100 nC ) ( 500V m−1 )
(
qE
= arctg
= arctg
= 68.6°
θ = arctg
mg
( 2 mg ) ( 9.8 m s −2 )
( 2 ⋅10−6 kg )( 9.8 m s −2 )
θ
θ
π−θ
mg
Se il campo elettrico è generato da un piano conduttore infinito uniformemente carico, la densità di carica
σ si calcola dalla relazione:
E=
σ
⇒ σ = ε 0 E = ( 8.85 ⋅10−12 C 2 m −2 N −1 )( 500 V m −1 ) = 4.43 ⋅10−9 C m −2
ε0
3
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Fisica Generale
Prova del 11-12-07
ESERCIZIO 6
Nel circuito mostrato in figura la sbarretta AC di lunghezza l = 12 cm , massa
m = 15 g e resistenza R = 4 Ω , scorre senza attriti, rimanendo orizzontale, lungo A
due guide metalliche. parallele e verticali, di resistenza elettrica trascurabile. Il
generatore presente in serie al circuito fornisce la f.e.m. V0 = 25 V . Il circuito è
immerso in un campo magnetico uniforme, entrante nel piano del disegno.
All'istante t = 0 la sbarretta viene lasciata libera con velocità nulla.
a) Calcolare il valore B del campo magnetico per il quale la sbarretta resta
immobile.
Il campo viene quindi portato al valore B = 1.0 T, costante nel tempo, mantenendo ferma la sbarretta, che
viene successivamente lasciata libera. Calcolare:
b) l'accelerazione iniziale della sbarretta
c) la velocità limite raggiunta dalla sbarretta
Soluzione
a) Il generatore produce una corrente i = V0 R = 6.25 A che circola in verso orario nel foglio. Dalla legge
G G G
F = il × B si deduce che la forza agente sulla sbarretta è orientata verso l’alto, e si oppone quindi alla
gravità. L’equilibrio si ha quindi per
−2
mg ( 0.015kg ) ( 9.8 m s )
B=
=
= 0.196 T
il
( 6.25 A)( 0.12 m )
Quando il campo viene portato al valore B = 1.0 T, costante nel tempo, mantenendo ferma la sbarretta
che si lascia successivamente libera:
b) l'accelerazione iniziale della sbarretta è data da:
F
1
1
⎡( 6.25 A )( 0.12 m )(1T ) − ( 0.015kg ) ( 9.8 m s −2 ) ⎤ = 40.2 m s −2
a = Tot = ( ilB − mg ) =
⎦
m
m
( 0.015kg ) ⎣
c) Quando la sbarra incomincia a muoversi si crea una forza elettromotrice indotta data dalla legge di
Faraday-Neumann:
dΦ ( B)
E= −
= −l v B
dt
che a sua volta genera una corrente indotta ii = E / R , con verso tale da opporsi al moto della sbarretta
per la legge di Lenz. Una volta raggiunta la velocità limite, la sbarretta si troverà quindi sotto l’azione
della gravità, della risultante della forza di Lorentz descritta precedentemente e di una ulteriore forza
G G
G
l 2 B 2v
Fi = ii l × B , che sarà concorde con la gravità e di modulo Fi =
R
L’equilibrio delle forze da quindi:
ilB − mg − Fi = 0
e sostituendo l’espressione di Fi trovata si ottiene:
R
vlim = ( ilB − mg ) 2 2 =
l B
4Ω
= ⎡⎣( 6.25 A )( 0.12 m )(1T ) − ( 0.015kg ) ( 9.8 m s −2 ) ⎤⎦
= 167.5m s −1
2
2
0.12 m 1T
(
4
)( )
