Prova Scritta di Fisica Corso di Studi in Ingegneria Civile, Universit`a

Prova Scritta di Fisica
Corso di Studi in Ingegneria Civile, Università della Calabria, 24 Luglio 2014
Esercizio 1: Un oggetto di massa m è
trito da parte dell’aria. Supponendo che
produca una forza costante, determinare:
massima, il tempo di discesa alla quota
lanciato verticalmente verso l’alto, in condizioni di forte atla sua velocità iniziale sia nota, e che la resistenza dell’aria
il tempo di ascesa alla quota massima, l’altezza della quota
di partenza, e la velocità di arrivo alla quota di partenza.
Soluzione 1: La resistenza dell’aria normalmente
produce una forza crescente con la velocità dell’oggetto in moto (Faria ∝
v, v 2 , v 3 ).
Salita
Discesa y
y
hMAX
Per semplicità
abbiamo assunto che tale forza sia costante. Gli
Faria
mg
unici parametri da cui devono dipendere le soluzio-
hMAX
mg
Faria
ni sono: (i) la massa del corpo, (i) la sua velocità
iniziale v0 , (iii) l’accelerazione di gravità g; (iv) la
v0
forza d’attrito Faria . In fase di salita il secondo
0
principio della dinamica,
0
ma = −mg − Faria ,
espresso nel sistema di coordinate illustrato in figura, fornisce l’accelerazione
a = −g −
Faria
.
m
(1)
Il fase di discesa la forza d’attrito cambia verso. L’accelerazione del corpo diventa
a0 = −g +
Faria
.
m
(10 )
Integrando la (1), troviamo la velocità
v (t) = v0 + a t
e la legge oraria
a
y (t) = v0 t + t2 .
2
Il tempo di ascesa (ta ) equivale al tempo in cui la velocità del punto materiale è pari a zero:
v (ta ) = 0 ⇒ ta = −
v0
v0
v02
.
=
⇒
h
=
y
(t
)
=
max
a
aria
a
aria
g + Fm
2 g + Fm
(2)
All’istante ta corrisponde la quota massima hmax . Per valutare quest’ultima possiamo anche utilizzare la relazione
lavoro-energia meccanica
∆Em = LFaria ⇒ mghmax −
mv02
mv02
= −Faria hmax ⇒ hmax =
.
2
2 (mg + Faria )
Analizziamo ora la fase di discesa, azzerando il cronometro ad hmax ; integrando la (10 ) otteniamo
1
v 0 (t) = a0 t ⇒ y 0 (t) = hmax + a0 t2 ,
2
da cui seguono il tempo di discesa
s
r
2hmax
2hmax
0
y (td ) = 0 ⇒ td =
⇒ td =
0
aria
−a
g − Fm
per la (2)
=
v0
q
g2 −
2
Faria
m2
e la velocità finale
p
v 0 (td ) = a0 td = − 2 (−a0 ) hmax
s Faria
=− 2 g−
hmax
m
v
u
ug −
per la (2)
= −v0 t
g+
Faria
m
Faria
m
.
Il modulo della velocità finale è minore di quello della velocità iniziale, a meno che non si abbia Faria = 0.
(3)
Esercizio 2: Una doppia carrucola è costituita da due ruote, di raggio R1 = 1.2 m e R2 = 0.5 m, fissate insieme ed in grado di ruotare senza attrito con la stessa accelerazione angolare per lo stesso asse.
Una fune, arrotolata alla carrucola più grande, è collegata ad una massa m1 . Una seconda fune, arrotolata alla carrucola più piccola è fissata alla massa m2 . Entrambe le funi hanno massa trascurabile. Il
momento d’inerzia I della doppia carrucola è pari a I = 38 kg m2 . In un primo esperimento, si utilizza una massa m1 = 25 kg. Determinare il valore di m2 che rende l’accelerazione angolare della carrucola pari a zero. In un secondo esperimento, fissato il valore di m2 al risultato precedente, la massa m1
viene portata ad un valore di 35 kg. Determinare le accelerazioni delle due masse e le tensioni dei fili.
Soluzione 2: La ruota esterna tende a ruotare in senso antiorario per effetto del
peso m1 g, mentre quella interna tende a ruotare in senso orario per via del peso
R2
m2 g. Le due ruote non si muovono indipendentemente ma sono vincolate
R1
a ruotare insieme, o in senso orario, o in senso antiorario, a seconda del valore
delle masse m1 e m2 , e dei raggi R1 e R2 . Per fissare le idee supponiamo che la
T2
rotazione avvenga in senso antiorario; le equazioni del moto delle masse e della
doppia carrucola sono
m1 a1 = m1 g − T1 ,
T1
1
m2 a2 = T2 − m2 g,
e
T1 R1 − T2 R2 = Iα, (1)
2
m2g
m1g
rispettivamente, dove a1 = R1 α, e a2 = R2 α.
Nel primo esperimento ci troviamo in condizioni di equilibrio. Pertanto α = 0,
da cui segue a1 = a2 = 0, e
T1 = m1 g,
T2 = m2 g,
e
T1 R1 = T2 R2 .
Infine
T2 =
R1
1.2
T1 R1
= 60 kg.
⇒ m2 = m1
= 25
R2
R2
0.5
Nel secondo esperimento abbiamo aumentato la massa m1 , e non siamo più in condizioni di equilibrio. Risolvendo il
sistema (1), troviamo



 m1 R1 α = m1 g − T1



 T1 = m1 (g − R1 α)
m2 R2 α = T2 − m2 g ⇒
T2 = m2 (R2 α + g)




 Iα = T R − T R
 I + m R2 + m R2 α = (m R − m R ) g
1 1
2 2
1 1
2 2
1 1
2 2

m1 R1 −m2 R2
−2

α = I+m

2
2 g = 1.14 s

1 R1 +m2 R2






m1 R1 −m2 R2
+
1
= 622.1 N .
⇒ T2 = m2 g R2 I+m
2
2
1 R1 +m2 R2








 T1 = m1 g 1 − R1 m1 R1 −m
2 R2
= 295.3 N
I+m R2 +m R2
1
1
2
2
Il sistema ruota effettivamente in senso antiorario con un’accelerazione angolare α = 1.14 s−2 , a cui corrispondono le
accelerazioni lineari a1 = R1 α = 0.139 g e a2 = R2 α = 0.058 g.
Esercizio 3: Un doppio strato piano è costituito da due armature, caricate con densità superficiale
σ = 10−6 C m−2 e −σ, e poste a distanza a = 25 cm. Una particella di carica negativa −q, con
q = 1.6 × 10−19 C e massa m = 9.1 × 10−31 kg si trova inizialmente poggiata sull’armatura positiva. L’armatura negativa possiede un foro in grado di fare passare la particella. Determinare le equazioni del moto della particella e la velocità con cui essa esce dal doppio strato. L’esperimento viene
ripetuto in presenza di un campo magnetico uniforme di modulo B, applicato a metà della struttura
con il verso illustrato in figura. È possibile che velocità di uscita della particella dal doppio strato sia
pari a quella con cui essa entra nella regione di campo magnetico? Se si, determinare il valore di B.1
Soluzione 3: Il doppio strato piano produce un campo
elettrico uniforme E =
−σ
ε0 j
nella regione compresa tra
le due armature, le quali si trovano ad una differenza di
potenziale ∆V =
F=
qσ
ε0 j.
σ
ε0 a.
La carica sente una forza elettrica
−σ
−q
x
E
B
σ
Il moto è uniformemente accelerato in direzione
y:
ay =
qσ
,
mε0
vy (t) =
qσ
t,
mε0
y (t) =
1 qσ 2
t .
2 mε0
y
La velocità di uscita dal doppio strato si trova imponendo che la distanza percorsa sia pari ad a:
r
r
r
qσa
2mε0 a
qσ
2mε0 a
y (t∗ ) = a ⇒ t∗ =
⇒ vf = vy (t∗ ) =
= 2
qσ
mε0
qσ
mε0
Equivalentemente, possiamo conservare l’energia meccanica tra il punto di partenza e il punto di uscita
Em (i) = −qV− = Em (f ) =
m 2
qσa
m 2
vf − qV+ ⇒
vf = −q (V− − V+ ) = q∆V =
2
2
ε0
r
qσa
⇒ vf = 2
= 9.97 × 107 m/s.
mε0
Dalle equazioni del moto possiamo anche ricavare la velocità di passaggio dell’elettrone dal centro della struttura
r
r
vf
mε0 a
qσa
a
0
⇒ vi = vy (t∗∗ ) =
y (t∗∗ ) = ⇒ t∗∗ =
=√ .
2
qσ
mε0
2
Se nel secondo esperimento il campo magnetico permettesse alla particella di conservare questo valore di velocità fino
al foro, la forza magnetica si dovrebbe opporre alla forza elettrica (impedendo alla carica di accelerare nella regione
di campo magnetico):
ay = 0 ⇒ Fy = 0
Questa condizione tuttavia è irrealizzabile perché il verso della velocità della particella fa si che la forza magnetica sia
sempre perpendicolare alla forza elettrica.
1
l’esercizio è stato valutato 10pt anche in presenza della soluzione della prima parte, in assenza di campo magnetico