Prova Scritta di Fisica
Dipartimento di Ingegneria Civile, Università della Calabria, 21 Novembre 2014
Esercizio 1: Un proiettile di massa m1 = 5 g viene sparato orizzontalmente su un blocco di legno di massa m2 = 10 kg,
in movimento su una superficie scabra di coefficiente d’attrito dinamico µ = 0.65. Durante l’urto, si perde un’energia di
95 J e, dopo l’urto, gli oggetti percorrono uno spazio pari ad l = 205 cm. Assumendo che il proiettile non fuoriesca dal
blocco, determinare le velocità iniziali dei due oggetti, nei due casi in cui queste siano parallele o antiparallele.
v2>0
v1>0
v2<0
v1>0
µ
µ
x
x
Soluzione 1: in entrambi i casi possiamo assumere che l’urto sia di tipo centrale e completamente anelastico. Siamo
liberi di indicare con x l’asse su cui giacciono le velocità prima e dopo l’urto, e di orientarlo parallelamente alla velocità
iniziale del blocco di massa m1 . Sappiamo che si conserva la quantità di moto totale del sistema e che, dopo l’urto, i due
corpi formano un unico oggetto di massa m1 + m2 :
m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2 )v0
⇒
lungo x
v0 =
m1 v1 + m2 v2
m1 + m2
(i)
Per la scelta dell’orientazione dell’asse, abbiamo: v1 > 0 e v2 ≶ 0. Un’altra informazione è che, durante urto, si perde
una certa quantità di energia cinetica:
Q = 95 J =
m2 v22
(m1 + m2 )v02
m1 v12
+
−
2
2
2
(ii)
Subito dopo l’urto, la velocità finale dei due oggetti la possiamo calcolare utilizzando il teorema dell’energia cinetica:
0−
(m1 + m2 )v02
=
2
−gµl (m1 + m2 )
|
{z
}
⇒ v0 = ±
p
2gµl = ±5.1131 m/s
(iii)
Lavoro della forza di attrito
Sostituendo la (iii) nella (ii) troviamo
m1 v12 + m2 v22 = 2Q + (m1 + m2 )v02 = 2Q + 2gµl (m1 + m2 ) = 225.784 J
D’altra parte, le (iii) e (i) ci permettono di scrivere
m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2 )v0 = ±(m1 + m2 )
p
2gµl = ±51.1564 kg m/s
Mettendo a sistema la (iv) e la (iii)
2
2
m1 v1 + m2 v2 = 2Q + 2gµl (m1 + m2 )
√
m1 v1 + m2 v2 = ±(m1 + m2 ) 2gµl
⇒
2
2
0.0025v1 + 5v2 = 225.784
0.005v1 + 10v2 = ±51.1564
e risolvendo rispetto a v1 e v2 troviamo quattro soluzioni. Due di queste sono compatibili con le condizioni iniziali:
v1 =
v2 =
√
√
2glµ +
2glµ −
q
2m2 Q
q m1 (m1 +m2 )
2m1 Q
m2 (m1 +m2 )
q
√
2m2 Q
= 189.774 m/s
v1 = − 2glµ + m1 (m
1 +m2 )
q
e
√
2m1 Q
= 5.016 m/s
v2 = − 2glµ − m2 (m1 +m2 ) = −5.210 m/s
= 200 m/s
(iv)
Esercizio 2: Una bacchetta omogenea, di lunghezza L = 30 cm, massa M = 15 kg, e sezione trascurabile, è vincolata
a ruotare verticalmente intorno a un perno O, ad altezza h = 10 cm rispetto al suolo. Nell’istante in cui la sbarra viene
montata, essa si trova inclinata di 30◦ rispetto alla direzione orizzontale. Determinare, la velocità dell’estremità libera
della bacchetta (P ) in funzione della sua altezza (y), e l’energia cinetica del sistema nell’istante il cui tale estremità urta
contro il suolo [g = 9.8 m/s2 , Icm = M L2 /12].
P
L
O
P
300
O
h
O
θ
h
h
yCM
y
P
Soluzione 2: Il sistema esegue una rotazione di asse fisso (entrante nel piano del foglio) e centro O. La sua energia
cinetica (rotazionale) é pari a
1
M L2
L2
M L2 2
2
Ec = IO ω =
+
ω2 =
ω ,
2
2 12
4
2 3
dove IO lo abbiamo calcolato mediante il teorema degli assi paralleli. Equivalentemente, possiamo vedere il moto come
una rototraslazione intorno al centro di massa. In tal caso avremo:
2
1
1
1
L
1 M L2 2
M L2 2
2
2
2
Ec = M vcm + Icm ω = M ω
+
ω =
ω
2
2
2
2
2 12
2 3
In assenza di attriti, la velocità dell’estremità libera, vp = Lω, la possiamo ottenere applicando il teorema di conservazione
dell’energia meccanica:
• Nella posizione iniziale la sbarra è lasciata cadere con velocitá nulla e un’inclinazione di 30◦ rispetto alla direzione
orizzontale. A questa posizione corrispondono le altezze
◦
)
0
y0 = h + L sin(30◦ )
= h + L sin(30
ycm
2
,
per
il
centro
di
massa,
e
, per l’estremità libera.
= h + L2 = 25cm
= h + L4 = 17.5cm
L’energia cinetica iniziale è nulla: Ec (i) = 0, mentre per l’energia potenziale si può pensare che il peso sia applicato
al centro di massa della sbarra:
L
0
Ep (i) = M gycm
= Mg h +
= 25.7513 J
4
• Durante la caduta, la sbarra forma un angolo θ < 30◦ con l’orizzontale. Il centro di massa si porta ad un’altezza
M 2
2 2
ycm = h + L2 sin θ, e l’estremitá libera a y = h + L sin θ. L’energia cinetica si può scrivere come Ec = M
6 L ω = 6 vp ,
mentre per l’energia potenziale avremo:
L
Ly−h
h y
Ep = M gycm = M g h + sin θ = M g h +
= Mg
+
2
2 L
2
2
• La conservazione dell’energia impone:
⇒
⇒
Al suolo y = 0, ma ycm = h +
Em (i) = Ec (i) + Ep (i) = E = Ec + Ep
M 2
0
0
M gycm
=
vp + M gycm ⇒ vp2 = 6g(ycm
− ycm )
6
s
r
p
p
L
h y
3L
√
vp = 6g h + −
+
= g 3h +
− 2y = 5.425 0.25 − y
4
2
2
2
L y−h
2 L
= h2 , dunque:
M
Mg
Ec (f ) =
vp (f )2 =
6
2
L
+ h = 18.39 J
2
Esercizio 3: Due fili rettilinei molto lunghi sono disposti parallelamente, a una distanza di 40 cm, e percorsi da correnti
di uguale intensità I1 = 10 A. Una spira quadrata di lato L = 20 cm, percorsa dalla corrente I2 = 5 A, in senso antiorario,
viene inserita nella regione di piano compresa tra i due fili, con due lati paralleli ad essi distanti d = 10 cm dal filo più
vicino. Calcolare la forza esercitata dai fili sulla spira, specificandone la direzione e il verso nei casi in cui le correnti sui
fili rettilinei siano concordi e discordi [µ0 = 1.2566 × 10−6 N A−2 ].
I1
BLcd BRcd I1
BRab BLab
I1 BRab BLab
L
a
a
d
b
L
d
I2
I2
d
BLcd BRcd I1
c
b
d
d
c
d
Soluzione 3: Indicando con BL il campo magnetico del filo a sinistra e con BR quello del filo a destra, utilizziamo la
legge di Biot-Savart e valutiamo il campo magnetico complessivo B = BL + BR sui vari tratti della spira rettangolare, di
vertici a, b, c, d. Per i tratti ab e cd, abbiamo
Bab
L = −k
µ0 I1 1
µ0 I1 ±1
µ0 I1 1
µ0 I1 ±1
, Bab
, Bcd
, Bcd
R = −k
L = −k
R = −k
2π d
2π d + L
2π d + L
2π d
dove il segno ± assume valore positivo, per correnti discordi, e negativo, per correnti concordi. Ne segue
µ0 I1 1
±1
1
µ0 I1 ±1
ab
cd
cd
Bab = Bab
+
B
=
−k
+
e
B
=
B
+
.
+
B
=
−k
cd
L
R
L
R
2π
d d+L
2π
d
d+L
I tratti ad e bc subiscono forze di uguale intensità e verso opposto, pertanto possiamo non considerarli. Poichè il campo
magnetico è uniforme sui tratti ab e cd, la forza complessiva agente sulla spira la otteniamo mediante la prima formula
di Laplace:
µ I1 1
±1
µ I1 I2 L 1
±1
Fab = I2 Lab × Bab = I2 Lj × 0
+
(−k) = −i 0
+
2π
d d+L
2π
d d+L
µ I1 ±1
1
µ I1 I2 L ±1
1
Fcd = I2 Lcd × Bcd = I2 L(−j) × 0
+
(−k) = i 0
+
2π
d
d+L
2π
d
d+L
µ
I
I
L
µ
I
I
L
1
2
1
2
1
1
1
−1
i 0 2π
−i 0 2π
d− d+L +
d + d+L
per correnti concordi
1
Fspira = Fab + Fcd =
= −i µ0 Iπ1 I2 L d1 − d+L
= −i 2.667 × 10−5 N
0
per correnti discordi
