1 Una persona di massa 70 kg salta da un ponte, legata con una

A.A. 2011-12
Fisica Generale
10-07-11
ESERCIZIO 1
Una persona di massa 70 kg salta da un ponte, legata con una corda
elastica lunga 10 m. Il punto più basso raggiunto dalla persona,
rispetto al punto di partenza, è di 25 m. Trascurando ogni forma di
attrito calcolare:
a) la costante elastica della corda;
b) la massima accelerazione a cui è stato sottoposta la persona;
c) la velocità massima raggiunta dalla persona.
Soluzione
a) Chiamata l la lunghezza della corda, e h la distanza del punto di partenza rispetto al punto più basso
raggiunto dalla persona, l’elongazione massima della corda è: x  h  l  25 m  10 m  15 m . In tale
punto l’energia potenziale che la persona possedeva inizialmente rispetto al punto più basso raggiunto
si è convertita in energia potenziale eleastica (In tale punto l’energia cinetica si annulla). Si ha quindi:
2
mgh  1 2 k x 2  k  2 m g h x  2  70 kg   9.8 m s 2   25 m  15 m   152.4 N m 1
b) Fino a che la corda entra in tensione, la caduta è libera. Da quell’istante l’accelerazione agente sulla
persona è la somma di due termini: il primo (accelerazione di gravità) è costante e rivolto verso il
basso, mentre il secondo é opposto, dipende dall’allungamento della corda, ed è massimo quando si
inverte il moto. Calcoliamo se a tale istante l’accelerazione complessiva è maggiore di g. Si ha:
a  g  k x m  9.8 m s 2  152.4 N m1  15 m  70 kg  22,8 m s 2
che è maggiore in modulo di g. Si può quindi dire che a tale istante l’accelerazione è massima.
c) La velocità massima si raggiunge quando l’accelerazione inverte il suo verso, cioè all’istante in cui si
annulla. Ciò accade per un allungamento x ' tale che: m g  k x '  0 che fornisce
2
x '  m g k   70 kg   9.8 m s 2  152.4 N m 1  4.5 m . La velocità massima si può calcolare allora
conservando
l’energia
meccanica
tra
tale
punto
e
quello
iniziale.
Si
ha:
1
1
m g  l  x '  m v 2  k x '2 da cui si ottiene:
2
2
2
152.4 N m   4.5 m   15.5 m s 1
k  x '2
 2  9.8 m s 2  10 m    4.5 m   
m
 70 kg 
1
v  2 g  l  x '  
ESERCIZIO 2
Una massa m è legata ad una estremità di un filo di massa trascurabile e di
lunghezza l  0.5 m . L’altra estremità del filo è legata ad un asse rigido verticale.
La massa, lanciata con velocità v, esegue un moto circolare uniforme su di un
piano ortogonale all’asse.
Calcolare la velocità da imprimere alla massa affinché essa descriva una traiettoria
circolare di raggio r  l 2 .
Soluzione
La condizione richiesta è r  l sin   l 2    arcsin1 2  30 . La massa sarà in
equilibrio relativo sotto l’azione della forza peso, della tensione e della forza
centrifuga. Si ha quindi lo schema delle forze riportato in figura. La proiezione delle
forze
su
una
retta
perpendicolare
al
filo
fornisce:


m  2 r cos   mg cos      mg sin  , da cui si ottiene   g tan  r , e quindi la
2

velocità lineare:
v   r  g r tan   g l tan  2 
 9.8 m s   0.5 m  tan 30
2
1
2  1.2 m s 1
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ESERCIZIO 3
Una ruota di Prandtl (figura) è formata da un disco di raggio R  0.2 m e massa
M  0.5 kg e da un cilindro di raggio r  2 cm e momento d’inerzia trascurabile
rispetto all’asse di rotazione. Non c’è attrito ed il filo, inestensibile, non slitta
sull’albero. All’istante t  0 , la massa m  1 kg , inizialmente in quiete, viene
lasciata scendere.
Calcolare:
a) il tempo t0 affinché la massa m percorra l’altezza h  2 m ;
b) il corrispondente numero di giri compiuti dalla ruota
Sul bordo della ruota è attaccato un magnetino di massa m0  0.01 kg , e dimensioni trascurabili, che
esercita una forza F  5 N sul disco.
c) Verificare se al tempo t0 il magnetino è ancora attaccato al disco.
Soluzione
2
a) Il momento di inerzia della ruota é I  M R 2 2   0.5 kg  0.2 m  2  0.01 kg m 2
Le equazioni del moto del sistema invece sono;
m g  T  m a
con
a  r

 T r  I
dove T è la tensione del filo , a la accelerazione di m e  l'accelerazione angolare. Eliminando
l'accelerazione angolare e la tensione del filo si ottiene:
m r2
il che conduce a:
mg r  mar  I a r  a  g
m r2  I
2h
2h m r2  I

 3.2 s
a
g m r2
b) Il numero di giri viene fornito da un puro calcolo geometrico:
n  h 2  r  15.9 giri
c) Il momento d'inerzia del magnetino è trascurabile rispetto quello della ruota, quindi non ne altera la
velocità di rotazione. Perciò la forza centrifuga agente sul magnetino è
2
Fc  m  2 R  m  t0  R  7.5 N
per cui gli manichino si è già staccato.
t0 
ESERCIZIO 4
Una pentola a pressione, di volume 10 l, è riempita di ossigeno a pressione atmosferica e temperatura
t  20 C , e poi chiusa. La pentola è quindi posta a contatto con una sorgente di calore, in modo di
ricevere una quantità di calore Q  400 J , con una trasformazione irreversibile. Trascurando la
dilatazione termica della pentola ed usando l'approssimazione di gas perfetto biatomico, calcolare i
seguenti valori del gas:
a) la temperatura finale;
b) la pressione finale;
c) la variazione di energia interna;
d) la variazione di entropia.
Soluzione
a) La temperatura iniziale é Ti  293.15 K , la pressione P0  101325 Pa e il volume V  0.01 m 3 . Si ha,
dall'equazione
di
stato,
un
numero
di
moli
pari
a
2
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n  pV RT  101325 Pa   0.01 m3   8.314 J K 1mol 1   293.15 K   0.416 mol . La trasformazione è
isocora, per cui dal I principio della termodinamica si ha
Q  U  n cV T  T f  Ti  Q n cV  Ti  2 Q 5 n R  339.4 K  66.26 C
la
temperatura
finale:
b) la pressione finale è: Pf  P0 T f Ti  101325 Pa  339.4 K  293.15 K  117314 Pa  1.16 atm
c) Sempre dal I principio della termodinamica la variazione di energia interna è pari al calore assorbito,
ovvero U  400 J
d) La variazione di entropia é:
T f dQ
T f n c dT
T f dT
T
5
V
S  

 n cV 
 n R ln f  1.27 J K 1
Ti
Ti
Ti T
T
T
2
Ti
ESERCIZIO 5
Due fili conduttori indefiniti, posti a distanza d  10 cm , sono percorsi da
correnti di eguale intensità i  2.6 A dirette in verso opposto. come in figura.
Calcolare modulo, direzione e verso del campo di induzione magnetica B nel
punto P equidistante dai fili.
Soluzione
Per la simmetria del sistema si ha R1  R2 , e anche i moduli dei due
campi sono tali che B1  B2 . Il campo risultante è diretto lungo l’asse x
positivo in quanto le componenti lungo l’asse y si elidono, e risulta:
B  B1 cos   B2 cos   2 B1 cos  . Si ha, dalla legge di Biot-Savart:
2
 i
d
d 2
1
5
d


B1  0
, con R1     d 2 
d e cos  
2R 2 d 5
2  R1
2
5
2
Pertanto:
7
1
7
1
0 2 i 1
2 0 i 2  4  10 H m   2.6 A 2  4 10 H m   2.6 A 
B1  2



 4.15 T
2  d 5 5 5 d
5   0.1 m 
5  0.1 m 
ESERCIZIO 6
Una sbarra conduttrice si appoggia a due rotaie conduttrici. disposte in
modo da formare un angolo di 30°, come da figura. La sbarra, partendo
dal pulito di incrocio delle rotaie. viene fatta muovere con velocità
costante v rimanendo perpendicolare ad una delle due rotaie.
Perpendicolarmente al piano delle rotaie è presente un campo
magnetico B  1.2 T , uscente rispetto al piano della figura.
Calcolare:
a) la velocità della sbarra, sapendo che la f.e.m. misurata nel circuito quando la sbarra si trova nella
posizione x1  0.6 m rispetto all'incrocio delle rotaie é pari a 0.2V ;
b) il modulo della forza che agisce sulla sbarra nella posizione x1, sapendo che le rotaie e la sbarra
   Cu   1.69 108  m 
sono costituite da filo di rame di raggio r  0.05 mm ;
c) il modulo della carica che ha attraversato il circuito durante il movimento della sbarra, fino al
punto x1;
d) il lavoro fatto dalla forza che trascina la sbarra nel tratto da 0 a x1.
3
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Soluzione
a) Calcolo il flusso attraverso la spira triangolare con la sbarra ad un generico punto x:
1 x 
x2 B
  x
B
=

2
3
2 3
Derivando il flusso rispetto al tempo, si ottiene la f.e.m. in funzione della velocità, e da questa v:
d
d  x2B  x v B
3
 
  0.48 m s 1 
 
v

dt
dt  2 3 
x1 B
3
b) La resistenza della spira con la sbarra in posizione x1 è R   L  , con
 3 3 
x1
x
  3 3 
 2 1  
 x1  1.64 m , da cui R 

 x1  3.5 
 r 2  3 
3
3 
3 
Nota la resistenza si può calcolare la corrente circolante e quindi la forza sulla sbarra:
x
xvB
 57 mA , da cui F  i B 1  0.024 N
i / R 
3R
3
c) Si noti che la corrente è costante (non dipende dalla posizione della sbarretta) in quanto sia la f.e.m.
che R crescono linearmente con x. Essendo i costante, la carica vale q  i t  i x1 v  71 mC .
d) Infine per calcolare il lavoro bisognerà integrare la forza, che non è costante, per lo spostamento
effettuato. La forza che trascina la sbarra deve bilanciare esattamente la forza di frenamento
magnetico. Infatti la velocità della sbarra è costante, e quindi la risultante delle forze ad essa applicata
deve essere nulla. La forza di frenamento magnetico dipende dalla corrente nel circuito, e dalla
lunghezza della sbarra. La corrente nel circuito è come abbiamo visto costante, quindi la forza varia
solo con la lunghezza attiva della sbarra, e il lavoro è:
x1
x1
x
i B x12
W   F  x  dx   i B
dx 
 7.1 mJ
0
0
3
2 3
L  x1 
4