Esame di Fisica per Ingegneria Elettronica e delle Telecomunicazioni (Parte I): 06-07-2016
Problema 1. Un punto si muove nel piano xy con equazioni x(t) = t2 − 4t, y(t) = t2 − 3t + 1.
1) si calcolino le leggi orarie per le componenti della velocità e dell’accelerazione e si calcoli in funzione
del tempo il modulo della velocità e dell’accelerazione;
2) si calcoli in funzione del tempo l’angolo che il vettore velocità forma con l’asse x e si calcolino in
funzione del tempo le componenti dell’accelerazione tangente e normale alla traiettoria.
Problema 2. Un blocco, di massa M viene lanciato su un piano inclinato scabro dal basso verso l’ alto
con velocità iniziale v0 = 5m/s parallela al piano inclinato. Il coefficiente di attrito dinamico fra blocco e
piano inclinato vale µd = 0.30.
1) Si determini la quota massima hM raggiunta dal blocco se l’ angolo di inclinazione del piano
inclinato è 30◦
2) Si determini il minimo coefficiente d’ attrito statico per il quale il blocco una volta raggiunta hM
resta fermo.
Problema 3. Gli assi di due cilindri pieni, aventi lo stesso raggio R =
1
R
R
2
20cm e masse m1 = 20Kg e m2 = 30Kg, sono collegati da una sbarra
𝛕
rigida di massa trascurabile (vedi figura). All’ asse del cilindro 1 è
applicato un momento τ ed il pavimento su cui sono appoggiati i cilindri
presenta un coefficiente di attrito statico µs = 0.50. Determinare
1) la massima accelerazione (dei centri di massa), amax con cui i due cilindri avanzano di puro rotolamento.
2) Calcolare il valore di τ , τmax , che deve agire sul cilindro 1 nella situazione del punto 1). Spiegare
cosa succede per τ > τmax .
Problema 4. Una sfera piena di raggio R = 10.0cm è costituita da un
h0
materiale di densità ρ, viene immersa in acqua (vedi figura). Sapendo
R
che all’ equilibrio la linea di galleggiamento della sfera si trova ad una
quota h0 = 4.0cm al di sotto del suo vertice superiore (vedi figura)
determinare: 1) la densità ρ della sfera
Si supponga poi che la sfera, a partire dal suo stato di equilibrio venga
spinta leggermente verso il basso e lasciata libera in modo che essa
prenda ad oscillare verticalmente. Trascurando la resistenza del mezzo e gli effetti di tensione superficiale,
si determini
2) il periodo T delle piccole oscillazioni della sfera intorno alla sua linea di galleggiamento. [Per una
sfera di raggio R, il volume di una calotta sferica di altezza h è pari a V (h) = π3 (3R − h)h2 .]
Problema 5. Una certa quantità di aria il cui stato iniziale è caratterizzato dalle coordinate termodinamiche Vi = 5m3 pi = 4atm e Ti = 60.0 ◦ C subisce una trasformazione fino ad uno stato finale caratterizzato da Vf = 3Vi e pf = 1.0atm La trasformazione seguita è una trasformazione del tipo pV k =cost. con
l’ esponente k incognito. Nell’ ipotesi che l’ aria sia assimilabile ad un gas biatomico ideale si determini:
1) L’ esponente k ed il lavoro compiuto dall’ aria
2) La variazione di energia interna dell’ aria e la quantità di calore assorbita dall’ aria.
Soluzioni dell’ Esame di Fisica per Ingegneria Elettronica e delle Telecomunicazioni (Parte
I): 06-07-2016
Soluzione Problema 1. Le leggi orarie per le componenti delle velocità sono
vx =
d
x(t) = 2t − 4
dt
vy =
d
x(t) = 2t − 3.
dt
(0.1)
quindi
|v| =
q
p
p
vx2 + vy2 = (2t − 4)2 + (2t − 3)2 = 8t2 − 28t + 25
(0.2)
Quelle dell’ accelerazione sono invece date da
d
d
vx (t) = 2
ay = vy (t) = 2.
dt
dt
q
p
√
|a| = a2x + a2y = 22 + 22 = 8.
ax =
(0.3)
(0.4)
L’ angolo α formato dalla velocità con l’ asse delle x si calcola determinando il coefficiente angolare della
tangente alla traiettoria
vy
ẏ(t)
2t − 3
dy
=
=
=
.
dx
ẋ(t)
vx
2t − 4
La componente tangente dell’ accelerazione la otteniamo proiettandola sulla velocità
tan α =
a·v
d|v|
4t − 8 + 4t − 6
8t − 14
atan = √
=
=p
=√
.
2
2
2
dt
v·v
8t − 28t + 25
(2t − 4) + (2t − 3)
(0.5)
(0.6)
La componente normale si ottiene come
s
anorm
q
= a2 − a2k =
8−
(8t − 14)2
2
=√
2
2
8t − 28t + 25)
8t − 28t + 25
(0.7)
Soluzione Problema 2. Se denotiamo con a l’ accelerazione
x
y
tangente al piano inclinato equazioni del moto per il blocco
Fa
sono
N
mg sinα
N + mg cos α = 0 componente x
mg cosα α
ma = −|Fa | − mg sin α componente y
mg
Il modulo della forza di attrito è dato da
α=30
|Fa | = µd N = µd mg cos α.
ed è orientata come la componente parallela della forza peso per opporsi al moto. Quindi a è data
a = −µd g cos α − g sin α
La velocità al tempo t è quindi data da
v(t) = v0 − g(µd cos α + sin α)t.
Dunque il corpo si ferma al tempo t dato da
tf =
v0
g(µd cos α + sin α)
(0.8)
Quindi lo spazio percorso dal corpo è
1
v02
1
v02
v02
L = − at2f + v0 tf = −
+
=
.
2
2 g(µd cos α + sin α) g(µd cos α + sin α)
2g (sin α + cos αµd )
e conseguentemente l’ altezza raggiunta è
h = L sin α =
v02 sin α
= 0.84m = 84cm.
2g (sin α + cos αµd )
Alternativamente a variazione di cinetica T del corpo deve essere pari al lavoro fatto delle forze
1
h
∆T = 0 − mv02 = − mgh − µd mg cos α
2
sin α
Lavoro
attrito
spazio
percorso
forza peso
Risolvendo otteniamo lo stesso risultato. Il minimo valore del coefficiente di attrito statico corrisponde al
valore per il quale il massimo attrito statico è esattamente in modulo mg sin α, ovvero
√
min
3 = 0.58
µmin
mg
cos
α
=
mg
sin
α
µ
=
tan
α
=
1/
s
s
(0.9)
(1)
(2)
Soluzione Problema 3. Denotiamo con F~A ed F~A le forze di attrito che agiscono sui due cilindri
(1)
rispettivamente. La forza di attrito F~ è concorde con il moto in modo da generare un momento torcente
A
(2)
che tende ad opporsi a τ . La forza di attrito F~A invece è invece opposto alla direzione del moto per poter
far girare il secondo cilindro nello stesso verso del primo
Le equazioni del centro di massa del carrello sono
(1)
(2)
(m1 + m2 )a = FA − FA
Per quanto riguarda le equazioni cardinali per i due cilindri abbiamo
(1)
I1 α = τ − FA R
e
(2)
I2 α = +FA R,
dove abbiamo usato che a causa dell’ asta che connette i due cilindri l’ accelerazione angolare è la stessa.
Se usiamo la condizione di rotolamento a = Rα possiamo subito scrivere
(1)
(2)
(I1 + I2 )α = τ − (FA − FA )R = τ − (m1 + m2 )R2 α,
(0.10)
ovvero
α=
2τ
τ
=
2
I1 + I2 + (m1 + m2 )R
3(m1 + m2 )R2
Quindi
(1)
FA =
τ
2I1 τ
(2m1 + 3m2 ) τ
−
=
3
R 3(m1 + m2 )R
3 (m1 + m2 ) R
e
FA =
m2 τ
2I2 τ
=
3(m1 + m2 )R3
3 (m1 + m2 ) R
(1)
(2)
(2)
(1)
(2)
Il massimo valore dell’ attrito FA e FA sono rispettivamente FA ≤ µs m1 g e FA ≤ µs m2 g. Quindi
abbiamo le seguenti diseguaglianze
(2m1 + 3m2 ) τ
≤ µs m 1 g
3 (m1 + m2 ) R
e
m2 τ
≤ µs m 2 g
3 (m1 + m2 ) R
Ovvero
τ≤
m1
3µs (m1 + m2 )gR
(2m1 + 3m2 )
τ ≤ 3µs g (m1 + m2 ) R
e
≤1/2
Il valore più piccolo di τ è il primo dunque il valore massimo dell’ accelerazione è
amax = rαmax =
2τmax
2µs m1 g
4
=
= µs g = 1.51m/sec
3(m1 + m2 )R
(2m1 + 3m2 )
13
Ovviamente τmax è dato
τmax =
m1
300
3µs (m1 + m2 )gR =
µs gR = 22.61N m
(2m1 + 3m2 )
13
Se si utilizzasse un momento τ > τmax allora il cilindro 1 slitterebbe. Dato che µd < µs lo slittamento
produrrebbe un avanzamento del sistema, ma con un accelerazione minore rispetto a quella calcolata. In
ogni caso il cilindro 2 avanzerà con moto di puro rotolamento.
Soluzione Problema 4. Chiamiamo con Vs il volume sommerso della sfera allora la spinta di Archimede
sulla sfera è
FAr = ρH2 O gVs .
Se la sfera galleggia la spinta archimedea è pari al peso, ovvero
ρH2 O gVs = ρgVsf era ⇒
ρ = ρH2 O
Vs
Vsf era
1
= ρH2 O 3
π (2R − h0 ) 2 (h0 + R)
(2R − h0 ) 2 (h0 + R)
= ρH2 O
= 0.896Kg/dm3
4 3
3
4R
R
3
Sia x lo spostamento rispetto alla posizione di equilibrio, allora la forza che agisce sulla sfera è
1
F =ρH2 O g π (2R − h0 − x) 2 (h0 + x + R) − ρgVsf era =
3
1
1
=ρH2 O g π (2R − h0 − x) 2 (h0 + x + R) − ρH2 O g π (2R − h0 ) 2 (h0 + R) =
3
3
2
= − πgh0 x (2R − h0 ) + O x
L’ equazione per le piccole oscillazioni è dunque
ρV ẍ = −πgh0 x (2R − h0 ) .
Quindi
s
ω=
πh0 (2R − h0 )
=
ρVsf era
s
πgh0 (2R − h0 )
=
1
ρH2 O 3 π (2R − h0 ) 2 (h0 + R)
s
3gh0
= 4.79rad/sec
ρH2 O (2R − h0 ) (h0 + R)
Soluzione Problema 5. Siccome abbiamo a che fare con una trasformazione politopica
Pf Vfk = Pi Vik
da cui
log
Pi
Pf
log
Vf
Vi
k=
=
log 4
= 1.26
log 3
Il lavoro compiuto nella trasformazione è
Z Vf
Z Vf
dV
L=
pdV =
Pf Vfk k = Pf Vfk
V
Vi
Vi
1
1
−
k−1
(1 − k)Vf
(1 − k)Vik−1
!
=
1
(Pf Vf − Pi Vi ) = 19.23 × atmm3 = 19.23101325P am3 = 19.3105 Joule.
1−k
La variazione di energia interna è
Pf V f
5
5
∆U = nCV (Tf − Ti ) = Rn
− Ti = (Pf Vf − Pi Vi ) = −12.7 × 105 Joule
2
nR
2
=
Infine la quantita’ di calore è
1
5
Q = L + ∆U =
(Pf Vf − Pi Vi ) + (Pf Vf − Pi Vi ) =
1−k
2
1
5
+
1−k 2
(Pf Vf − Pi Vi ) = 6.81 × 105 Joule.
