1 Un corpo puntiforme si muove di moto circolare uniformemente

A.A. 2012-13
Fisica Generale
14-01-14
ESERCIZIO 1
Un corpo puntiforme si muove di moto circolare uniformemente accelerato lungo una circonferenza
orientata di raggio R  2.5 m . All’istante iniziale t  0 esso passa su un punto A della circonferenza, con
velocità angolare 0 ed accelerazione angolare   0.05 rad s 2 . Sapendo che all’istante t1  4 s il corpo
ha velocità angolare istantanea nulla, determinare:
a) la velocità angolare iniziale 0 del corpo;
b) in quale istante t2 il corpo ripassa per la prima volta sopra il punto A;
c) il modulo a2 dell’accelerazione del corpo all’istante t2. Soluzione
a) La velocità angolare iniziale del corpo si calcola dall’equazione della velocità:
 t   0   t   t1   0   t1  0  0   t1  0.2 rad s 1
b) L’equazione del moto ci da:
 t    A  0 t  1 2 t 2  1   t1    A  0 t  1 2 t 2  0.4 rad
quantità minore di 2. Quindi il corpo non riesce a compiere un giro intero, e pertanto, avendo
accelerazione negativa, ripasserà sopra il punto A dopo che la sua velocità avrà cambiato segno,
ovvero tornando indietro. Pertanto il corpo passerà per il punto A con velocità uguale ed opposta a
quella iniziale: 2  0 all’istante t2  2 t1  8 s .
c) L’accelerazione ha componenti radiale e tangenziale: a  aT2  a N2 
R 2   2 R 2 , da cui
otteniamo a2  R  2  22   R  2   t1   0.16 m s  2
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ESERCIZIO 2
Un proiettile di massa m=0.05 Kg sparato alla velocità v = 70 m/s colpisce un
pendolo balistico di massa M inizialmente fermo in posizione verticale (vedi
figura). Il proiettile rimane incastrato nel pendolo, che ha lunghezza l = 0.8 m. Si
osserva che il pendolo ruota in senso antiorario fino a che il filo che lo sostiene
forma l’ angolo θ0= 30° con la verticale. Determinare:
a) la velocità del pendolo subito dopo l’urto e il valore della sua massa M;
b) la tensione del filo immediatamente dopo l’ urto;
c) la tensione del filo e l’ accelerazione del pendolo nella posizione θ0.
Soluzione
a) La velocità del pendolo subito dopo l’urto si può calcolare tramite la conservazione dell’energia
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meccanica. Si ha: v0  2 g l 1  cos  0   1.45 m s 1 .
Con questo dato, si può ora calcolare la massa del pendolo dalla conservazione della quantità di moto:
m v  m  M v0  M  mv v0  1  2.36 Kg
b) La tensione del filo immediatamente dopo l’ urto si ottiene dall’equazione di Newton proiettata lungo
la normale alla traiettoria, sapendo che la componente normale dell’accelerazione è v 2 r :
T0  m  M v02 l  g   29.95 N
c) La tensione del filo all’angolo θ0, dove la velocità è nulla, è T 0  m  M  g cos  0   20.45 N , mentre
l’accelerazione è puramente tangenziale: a  g sin  0  4.9 m s 2
ESERCIZIO 3
Un rocchetto di raggio esterno R  0.3 m e raggio interno r  0.1m
scende senza strisciare lungo un piano scabro, inclinato di   30
rispetto alla direzione orizzontale.
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Fisica Generale
14-01-14
Un filo arrotolato intorno al raggio interno del rocchetto è collegato tramite una carrucola ad una massa
m  0.2 kg . La massa del rocchetto è mr  1.2 kg e la sua accelerazione angolare è   6 rad s 2 .
Determinare:
a) il momento d’inerzia del rocchetto rispetto all’asse passante per il suo punto d’appoggio P sul piano e il
momento d’inerzia rispetto all’asse passante per il suo CM:
b) l’ accelerazione con cui sale la massa m e la tensione T del filo:
c) l’ energia cinetica del rocchetto dopo un tempo t  3 s , supponendo che parta da fermo:
Soluzione
a) Dalla seconda equazione cardinale si può ricavare il momento d’inerzia rispetto a un asse passante per
m g sin   T R  r 
il punto P: mr g sin   T R  r   I P   I P  r
 0.131 Kg m 2 , mentre il momento

d’inerzia rispetto a un asse passante per il centro di massa si può ottenere tramite il teorema di
Huygens-Steiner: I CM  I P  mr R 2  0.0233 Kg m 2 .
b) l’ accelerazione con cui sale la massa m è data dall’espressione: a   R  r   2.4 m s 2 e la tensione
T del filo: T  mg  ma  T  mg  ma  2.44 N
c) La velocità angolare del rocchetto all’istante t  3 s , è data da:    t  18rad s 1 . L’energia cinetica
allo stesso istante è quindi: Ek 
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I P  2  21.2 J
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ESERCIZIO 4
Una mole di gas perfetto biatomico, contenuta in un cilindro munito di pistone mobile, esegue le seguenti
trasformazioni:
1. isoterma reversibile dallo stato ambiente A di pressione pA=1 atm e temperatura TA= 300 K allo stato
B di pressione pB= 2pA;
2. adiabatica reversibile dallo stato B allo stato C di pressione pC= pA;
3. infine il gas è rimesso a contatto termico con l’ambiente (TA) ed esegue una rapida trasformazione a
pressione costante fino a riportarsi nello stato iniziale A.
Calcolare:
a) le coordinate termodinamiche degli stati B e C;
b) i calori scambiati dal gas nel ciclo;
c) il lavoro fatto sul gas nel ciclo;
d) la variazione di entropia dell’universo nel ciclo.
Soluzione
a) La pressione nello stato B vale:
p B  2 p A  2  1atm  2  1.01325  105 Pa  2,02  105 Pa . La temperatura è
TB = TA  300 K , per cui si ha il volume VB = R TB p B = 12,3 dm 3 .
Essendo la pressione nello stato C p C = p A  1,01  105 Pa si ha
VC = (p B /p C ) 1/ VB = 20.2 dm 3 e TC  p C VC n R = 245.5 K
b) Per quanto riguarda i calori scambiati si ha:
Q AB = WAB = n R TA ln(VB /VA ) = -1738 J ;
Q BC = 0 ;
Q CA = n c P (TA - TC ) = 1585 J
c) Il lavoro subito dal gas è W = Q AB + Q CA = -153 J , essendo un ciclo.
d) La variazione di entropia dell’universo è data esclusivamente dalla trasformazione CA:
Suniv = SCA, gas + SCA, amb = n c P ln TA /TC  - Q CA TA  0.55 J K
in quanto nella trasformazione AB la variazione di entropia del gas è uguale e opposta a quella
dell’ambiente, e nella trasformazione adiabatica reversibile non c’è variazione di entropia.
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ESERCIZIO 5
Nel vuoto una carica positiva Q non nota è distribuita all'interno di una sfera di raggio R. La densità di
carica di volume varia radialmente con legge  = 0/r2, con 0 costante nota. Determinare:
a) il valore di Q;
b) il campo elettrico generato dalla distribuzione di carica in tutto lo spazio e fare un grafico qualitativo
del suo andamento.
Soluzione
R
a) Q 
  d  
sfera
0
0
r2
4r 2 dr  4 0 R

Q
Q
b) Gauss:  E  uˆn d  i  4 r 2 E r   i
0
0

0
R
Qi  
rR
0
r'
rR
Qi  Q
rR
Qi  Q
2
0
0 r

 E r   0
0 R
R
 E r   0 2
0 r
4r '2 dr '  E r  
ESERCIZIO 6
Una spira conduttrice piana quadrata di resistenza R  3  interseca una porzione di
spazio in cui esiste un campo magnetico variabile nel tempo con la legge
Bt   B0 1  a t 2  , B0  1T ; a  0.01 s 2 . Questo campo magnetico è orientato
perpendicolarmente al piano della spira (uscente in figura) e, nel piano della spira,
ha una sezione circolare di raggio r  0.1m tutta interna alla spira stessa; il campo ha una durata
temporale limitata all’intervallo t1 , t2  , con t1  0 e t2  5 s . Calcolare (trascurando l’autoflusso):
a) il flusso Φ(t2) di campo magnetico concatenato dalla spira all’istante t2;
b) la forza elettromotrice ε presente sulla spira all’istante t2;
c) l’intensità i ed il verso (orario o antiorario in figura) della corrente che circola nella spira all’istante t2;
d) la carica Q che ha attraversato la spira nell’intervallo di tempo t1 , t2  ;
e) l’energia Ediss dissipata sulla resistenza nell’intervallo di tempo t1 , t2  .
Soluzione

a)  t    B  uˆn d  Bt  r 2  B0 1  a t 2  r 2   t2   B0 1  a t22  r 2  0.0236 T m 2

d  B 
d

B0 1  a t 2  r 2  2 a B0  r 2t   t2   2 a B0  r 2t2  3.14  10  3 V
dt
dt
 t  2 a B0  r 2t
2 a B0  r 2t2
c) i t  

 i t2  
 1.05  10  3 A , in verso antiorario
R
R
R
 t 
 t2    t1 
B 1  a t22  r 2  B0  r 2 a B0  r 2t22
d) Q  

 0

 2.62  10  3 C
R
R
R
3R
b)  t   
 



t2
e) Wdiss   R i 2 dt 
t1

4a 2 B02 2 r 4 2 2
4a 2 B02 2 r 4 3 t 2
4a 2 B02 2 r 4 3
t
dt
t


t2  5.5  10 6 J


t
0
1
R
3R
3R
t1
t
3