1 Una cassa di massa 1 24 m kg = si muove lungo una superficie

A.A. 2012-13
Fisica Generale
17-09-13
ESERCIZIO 1
Una cassa di massa m1  24 kg si muove lungo una superficie orizzontale liscia sotto l'azione di una forza
di trazione F; un punto materiale di massa m2  2.6 kg è appoggiato sulla superficie anteriore della cassa;
sapendo che il coefficiente di attrito statico fra la cassa e il punto materiale è  s  0.78 , determinare il
valore minimo del modulo di F affinché il punto materiale rimanga in equilibrio
Soluzione
Se viene soddisfatta la condizione data di equilibrio del punto materiale sopra la
fa F
F
N
cassa, il sistema si muove con accelerazione a 
. La seconda legge
Fp
m1  m2
della meccanica per il punto materiale è, sapendo che le forze agenti su di esso sono la forza peso, la

 

reazione normale e l'attrito: Fp  N  f a  m2 a , da cui la proiezione sull'asse orizzontale orientato nel
verso del moto: m2 a  N e quella verticale m2 g  f a   s N , da cui, utilizzando le precedenti espressioni
si ottiene il valore limite, che si ha per il segno di uguaglianza:
2
m1  m2  g  24 kg  2.6 kg   9.8 m s 

F

 330 N
s
0.78
ESERCIZIO 2
Un blocco di legno è fermo su una superficie priva di attrito; un proiettile di massa m1  3.0 g
muovendosi con velocità di modulo v1  450 m s 1 colpisce il blocco e rimane al suo interno; dopo l'urto il
modulo della velocità del sistema è V  9.3 m s 1 ; determinare
a) la massa m2 del blocco.
Supponendo ora che inizialmente il blocco si muova con velocità parallela a quella del proiettile, sulla
stessa retta ma in verso opposto, si calcoli:
b) quale dovrebbe essere il modulo della velocità v2 iniziale del blocco per fare sì che la velocità finale
del sistema sia nulla.
Soluzione
a) Dalla conservazione della quantità di moto è m1v1   m1  m2 V da cui: m2   v1 V  1 m1  0.14 kg
b) Con la stessa legge si ottiene: si ha: m1v1  m2 v2  0  v2  m1 m2 v1  v1V
 v1  V   9.5 m s 1
ESERCIZIO 3
Una sfera di raggio r  45 cm e massa m  2 kg rotola senza strisciare su un piano orizzontale,
muovendosi con velocità del c.d.m. di modulo v  4.8 m s 1 , quando comincia a salire un piano inclinato
di pendenza    6 .
Determinare di quanto sale la sfera prima di fermarsi.
Soluzione
Il momento
2
d'inerzia
rispetto
2
a
un
asse
2
I  2 5 m r  2 5  2 kg  0.45 m   0.162 kg m ;
la
passante
velocità
per
il
angolare
centro
è
della
invece
sfera
é:
data
da
  v r  4.8 m s 1 0.45 m  10.67 s 1 .
L'energia cinetica iniziale della sfera, per il teorema di Koenig, è:
2
2
1
1
12
1
1
7
 v  1
Ek  I  2  m v 2   m r 2     m v 2  m v 2  m v 2   2 kg   4.8 m s 1   32.26 J
2
2
25
5
2
10
 r  2
1
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La sfera si arresterà quando avrà perso tutta la sua energia cinetica, che si sarà convertita in energia
2
7
7 v2
7  4.8 m s 1 
potenziale: mgh  m v 2  h 

 1.65 m , il che corrisponde a una distanza sul
10
10 g 10 9.8 m s 2
piano inclinato pari a: d  h sin   1.65 m sin 30  3.30 m
ESERCIZIO 4
Due moli di gas ideale, inizialmente nello stato 1, vengono messe a contatto termico con un serbatoio a
temperatura T2  800 K e raggiungono lo stato termodinamico 2, a tale temperatura, mediante una
trasformazione isocora irreversibile. Tramite una espansione isoterma reversibile il gas raggiunge lo stato
3 tale che V3  2V2 . Successivamente, il gas viene riportato allo stato 1 mediante una trasformazione
isobara reversibile. Il calore specifico del gas a pressione costante dipende dalla temperatura e può essere
scritto come c p R  2  0.02 T .
a) Disegnare il ciclo nel piano di Clapeyron.
Determinare:
b) tutti i calori scambiati per ogni trasformazione;
c) il rendimento del ciclo;
d) il lavoro lungo la trasformazione 3-1.
Soluzione
Trasformazione 1  2 :
Dalla relazione di Mayer c p  cV  R possiamo ricavare un’espressione per cV : cV  R 1  0.02T  . Dal
primo principio U  Q  W , e tenendo conto del fatto che il lavoro lungo la trasformazione 1  2 è
nullo dato che essa e isocora, abbiamo che U1 2  Q12 . Quindi basterebbe calcolare U1 2 per
determinare il calore scambiato. Dobbiamo però integrare l’espressione differenziale dU  n cV dT , dato
T2
T2
che cV è una funzione continua della temperatura: U1 2   n cV dT  n R  1  0.02T  dT
T1
T1
Per poter calcolare questa integrale, dobbiamo calcolare T1 . Considerando che T2  T3  800 K (la
trasformazione 2  3 è isoterma ), e che p1  p3 (la trasformazione 1  3 è isobara), possiamo utilizzare
la legge dei gas perfetti nel modo seguente: p1V1  n RT1 p3 V3  n R T3 oppure p1 V1  n RT1 p1 V3  n RT2 ,
e dividendo queste ultime due relazioni membro a membro, si ottiene: V1 V 3  T1 T2 , e dato che
V T
V1  V2 , V2 V3  T1 T2 quindi, tenendo conto della relazione V3  2V2 , T1  T2 2  2  400 K . Infine il
V3 2
T2
800 K
calcolo di U1 2 risulta: U1 2  n R  1  0.02T  dT  n R T  0.01T 2  400 K  86465.6 J  Q1 2
T1
Trasformazione 2  3 .
Questa trasformazione è isoterma, quindi la variazione di energia interna è nulla ed il primo principio
implica che Q2 3  W2 3 . Il lavoro viene calcolato mediante la relazione
V3
W23 

V2
V3
dV
V
 n RT2 ln 3  9220.52 J  Q23
V
V2
V2
p V  dV  n R T2 
Trasformazione 3  1
Questa trasformazione e isobara e quindi dobbiamo integrare la relazione differenziale  Q13  n c p dT :
T1
Q13   n  2 R  R(0.02)T  dT  93116.8 J
T3
2
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Il lavoro può essere determinato dal primo principio W31  Q31  U 31 . Il calcolo di U 31 richiede
l’integrazione della relazione differenziale dU 31  n cV dT , tra le temperature T3 e T1
T1
U 31   n cV dT  86465.6 J
T3
Quindi il lavoro scambiato vale W31  93116.8 J  86465.6 J  6651.2 J
Il rendimento del ciclo viene dato dalla relazione (dove Qa è il calore totale assorbito):
W
Q
Q31
93116.8 J
  tot  tot  1 
 1
 0.027
Qa
Qa
Q12  Q2 3
95686.12 J
ESERCIZIO 5
Tre conduttori rettilinei paralleli e di lunghezza infinita giacciono sullo stesso
piano xy, con il conduttore centrale che coincide con l’asse x. La distanza tra i
conduttori contigui è d  10 cm . Il conduttore centrale è percorso da una
corrente costante i1  1 A ,nel verso delle x crescenti, mentre i due conduttori
laterali sono percorsi ciascuno da una corrente i22  5 4 A nel verso opposto. Determinare:
a) Il campo magnetico generato dai conduttori nel punto P1 di coordinate  0, 2d , 0  .
b) Il campo magnetico generato dai conduttori nel punto P2 di coordinate  0, 0, 2d  .
c) La forza per unità di lunghezza agente sul conduttore centrale
Soluzione
a) Il campo magnetico in P1 ha sole componenti z, positiva quella generate dal filo centrale e negative le
altre due:
0 i1
0 i2
0 i2
7 0

6
 Bz  2 2d  2 d  2 3d  12  d  2.3 10 T
 
 
 

B  B  0
 x
z
b) Invece in P2 il capo generato dal filo centrale è orizzontale (in direzione –y), gli altri hanno sia
componenti y che z, essendo tangenti a circonferenze centrate sui fili. Le componenti z hanno peraltro
somma nulla:

0 i1
2 i cos 
0 i
2 i 2 5

20

 0 2

 0 2
 0 
 0  106 T
 By  
2  2d  2 5d
2  2d  2 5d
4 d 4 d 4 d


 Bx  0

2  i sin  2 0 i2 sin 
 Bz  0 2

0

2 5d
2 5d

c) La forza sul conduttore centrale non può che essere nulla data la simmetria del problema








ESERCIZIO 6
Due barre conduttrici, ciascuna di resistenza R, appoggiano senza
attrito su due binari orizzontali di resistenza trascurabile. La
distanza tra i binari è L  40 cm e il sistema è immerso in un campo
magnetico uniforme B  1.2 T , perpendicolare ai binari ed alla
barra, uscente dal foglio. Le sbarrette si muovono con velocità v1  10 m s e v2  v1 2 . Calcolare:
a) la resistenza di ciascuna sbarretta sapendo che la corrente indotta nel circuito è i  0.24 A ;
b) la forza che agisce sulle sbarrette 1 e 2;
c) la carica che ha percorso il circuito dopo un tempo t  10 s .
3
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Soluzione
a) Poiché le barrette si muovono a velocità diverse, la superficie tra di esse e le rotaie varia e quindi
varia il flusso del campo magnetico:
v
d
  B   B L  x1  x2  
 B L  v1  v2   B L 1
dt
2
Pertanto vi è una FEM indotta, e nota la corrente indotta la resistenza di ciascuna barretta vale:
B L v1 1.2  0.4 10
R  R /i 

 10  R  5
i 2
0.24 2
b) La forza che agisce su ciascuna barretta dipende dalla corrente indotta e dal campo magnetico. Poiché
le barrette sono percorse da correnti in verso opposto, le forze sono in verso opposto (tendono a
frenare la barretta più veloce e ad accelerare quella più lenta, per opporsi alla variazione del flusso):
F1  i B L uˆ x  0.24 1.2  0.4  115 mN
F2  i B L uˆ x  115 mN
c) La carica che ha percorso il circuito si può calcolare, dato che la corrente indotta è costante:
Q  i  t  0.24 10  2.4 C
4