1 Un corpo di massa m = 2 kg può muoversi su un piano orizzontale

A.A. 2014-15
Fisica Generale
5-06-15
ESERCIZIO 1
Un corpo di massa m = 2 kg può muoversi su un piano orizzontale scabro con coefficiente di attrito
dinamico d = 0.4. All'istante t0 = 0 il corpo è fermo e ad esso viene applicata una forza orizzontale
costante, di modulo F =10 N, fino all'istante t1= 3 s. Calcolare:
a) l'accelerazione di m;
b) lo spazio percorso tra t = t0 e t = t1.
All'istante t = t1 la forza cessa di agire. Calcolare:
c) il tempo necessario affinché il corpo si fermi, a partire dall'istante t1;
d) il lavoro compiuto sul corpo dalla forza di attrito a partire dall'istante iniziale t0.
Soluzione
a) Preso un asse orizzontale orientato come la forza applicata, la forza di attrito dinamico è
Fd = d m g =  (0.4)(2 kg)(9.8 m s2) =7.84 N. La forza complessiva è quindi data da
FT =F + Fd=10 N  7.84 N=2.16 N. L'accelerazione di m è quindi: a = FT/m =2.16 N/2 kg;= 1.08 m s2.
b) L’equazione del moto è x(t)=x0+v0 t+1/2 a t2, con x0=0 e v0=0. Si ha perciò: x(t1) = 1/2 a t12 = 4.86 m.
c) La velocità all’istante t1 è data da: v1=v(t1)=a t1=3.24 m s1. A partire dall’istante t1, il moto è
accelerato negativamente con accelerazione data dalla forza di attrito: a1=Fd/m = 7.84 N/2 kg =
3.92 m s2. Al tempo tf la velocità si annulla, e tale tempo è dato da: vf = v1  a1 (t1tf) = 0 da cui:
(t1tf)= v1/a1 = 0.83 s.
d) La distanza percorsa in totale è x(tf) = x1 + v1 (t1tf) + 1/2 a1 (t1tf)2 = 6.20 m. Il lavoro svolto dalla
forza di attrito è quindi: W = Fd x1 =(7.84 N)(6.20 m)=  48.6 J.
ESERCIZIO 2
Due carrelli A e B di massa rispettivamente mA = 500 kg e
mB = 750 kg scorrono senza attrito su una guida orizzontale.
All’istante iniziale (t<0) B è fermo e la molla, con un estremo
fisso attaccato a una parete, è a riposo. Il carrello A viaggia con
velocità di modulo v0 = 3 m s1 verso B, su cui andrà ad urtare
all’istante t=0 con urto completamente elastico. Dopo l’urto il carrello B andrà a comprimere la molla, di
costante elastica k = 2.7·104 N m1. Calcolare:
a) la velocità dei due carrelli dopo l’urto;
b) la massima compressione della molla;
c) il tempo al quale si ha detta massima compressione.
Soluzione
a) Le velocità dei due carrelli dopo l’urto sono date dalle espressioni (urto centrale elastico, con
bersaglio fermo):
0.6 2
2.4 b) La massima compressione della molla si ottiene dalla conservazione dell’energia cinetica: l’energia
cinetica del carrello B si trasforma in energia potenziale elastica:
1⁄ 2
1⁄2 ∆
→∆
⁄
0.4
c) Il tempo al quale si ha detta massima compressione si può calcolare come un quarto del periodo T di
oscillazione di un oscillatore armonico formato dalla molla e dal carrello. Si ha perciò
⁄4
⁄2
⁄
0.26 .
1
A.A. 2014-15
Fisica Generale
5-06-15
ESERCIZIO 3
Si consideri un pendolo semplice costituito da una massa puntiforme M e da un filo ideale di lunghezza
2L (vd. figura). Quando il pendolo oscilla, un chiodo C impedisce il movimento verso destra della metà
superiore del filo, il quale invece è libero quando deve spostarsi a sinistra. Assumendo che
il pendolo parta da fermo con un piccolo angolo 0, come rappresentato in figura,
determinare:
a) la massima elongazione angolare del pendolo all’altro estremo del suo moto;
b) la massima tensione del filo;
c) la frequenza del moto.
Soluzione
a) Il sistema è conservativo, per cui l’altezza raggiunta dalla massa M deve
essere la stessa in entrambi i lati dell’oscillazione. Con riferimento alla figura,
l’altezza h è: h = 2L (1 – cos 1) = L (1  cos 0), da cui la elongazione
angolare del pendolo all’altro estremo: 1 = arccos [(1 + cos 0)/2]
b) La tensione del filo T = M g cos + M ac è massima per →0+: per  = 0 è
massimo il primo addendo, per →0+ è massima l’accelerazione centripeta
ac=mv2/r. La v in =0 si determina applicando il principio di conservazione
dell’energia meccanica, ottenendo Mvmax2/2=MgL (1 − cos0), da cui
vmax2=2gL(1−cos0)gL02.
c) Un’oscillazione completa ha la durata di due semioscillazioni, rispettivamente di un pendolo lungo L
1⁄2 2π L⁄g 2π 2L⁄g
π 1 √2 L⁄g. La frequenza
e di un pendolo lungo 2L:
richiesta è l’inverso di questa quantità:
g⁄L π 1 √2 .
ESERCIZIO 4
In un cilindro di sezione Σ e chiuso da un pistone ideale di massa trascurabile che può
scorrere senza attrito, sono contenute n moli di gas perfetto monoatomico. Il volume
occupato dal gas inizialmente è VA. All’esterno è presente aria alla pressione atmosferica p0.
Sopra il pistone, a distanza da esso c’è una molla di costante elastica k, con l’estremo
superiore bloccato. Al gas viene ceduta una quantità di calore Q, di modo che il gas si
espande sino a che il pistone giunge a contatto con la molla; in questo stato B il volume del
gas è raddoppiato, di modo che VB = 2 VA. Al gas viene successivamente fornita una identica
quantità di calore Q. Determinare:
a) Il calore Q ed il lavoro WAB svolto nella prima fase, ovvero nel passaggio da A a B;
b) lo stato finale del gas;
c) la variazione d’entropia in ciascuna delle due fasi.
Soluzione
a) Fin quando il pistone scorre liberamente esso è all'equilibrio se la pressione
esercitata sulle due facce è uguale, ovvero se il gas è alla stessa pressione
che c'è all'esterno. Quindi il gas compie trasformazioni isobare alla
pressione p0. Nell’isobara AB il volume raddoppia e il lavoro è
WAB=p∆V=p0 (2VA− VA)= p0 VA e, poiché per un gas perfetto monoatomico
ciò è pari a 2/5 del calore scambiato, si ha Q = 5/2 p0VA. Conosciamo anche
TA = p0 VA /n R e TB = 2 TA.
b) Quando il pistone arriva a comprimere la molla, ogni aumento di volume ∆V comporta per la molla
una deformazione ∆x = ∆V/Σ, una forza elastica F = k ∆x = k ∆V / Σ e quindi, per il gas, un aumento
di pressione ∆p = F / Σ = k ∆V / Σ2. Oltre ad un termine costante, quindi, nell'espressione di p compare
un termine lineare in V con costante di proporzionalità k/Σ2. Qualitativamente, sul piano pV la
trasformazione ha l’aspetto rappresentato in figura. Se si indica con VC il volume finale, il lavoro WBC
in BC è l’area di un trapezio di altezza VC – VB e di basi p0 e pC = p0 + k (VC – VB)/Σ.
2
A.A. 2014-15
Fisica Generale
5-06-15
Inoltre si ha TC = pC VC /nR, per cui possiamo esprimere la variazione d’energia interna in termini di
VC: ∆UBC= n cV (TC− TB)= n cV (pC VC /n R− TB). Dal primo principio sappiamo che Q = WBC + ∆UBC
e questa relazione fornisce un’equazione di primo grado per VC.
c) Dalla conoscenza degli stati B e C, può essere calcolata la variazione d’entropia:
∆SAB=∫n cp dT/T =n cp ln 2 = (5/2) n R ln2 e ∆SBC = n cp ln(VC / VB)+ n cV ln(pC / p0).
ESERCIZIO 5
Una particella, dotata di carica positiva q = 2·1015 C, penetra nella regione di spazio compresa tra due
lastre piane elettrizzate di segno opposto,distanti d = 2 cm, in prossimità della lastra positiva, con una
velocità v0 avente la stessa direzione e lo stesso verso del campo elettrico.
Supponendo che l’unica forza agente sia la forza elettrica e che la particella arrivi sulla lastra negativa con
una variazione di energia cinetica Ec = 10-12 J, determinare:
a) il valore del campo elettrico E
b) la differenza di potenziale tra le due lastre
Soluzione
a) Il lavoro compiuto dal campo elettrico su una carica q per spostarla di una distanza d è pari a
W = q E d; questo è inoltre pari alla differenza di energia cinetica Ec, per cui si ha:
E = Ec / q d = 2.5·104 V m1
b) La differenza di potenziale tra le due lastre è data da: V = E d = 500 V
ESERCIZIO 6
Un filo rettilineo indefinito è percorso da corrente i = 5 A, nel verso indicato in
figura. Una sbarretta conduttrice scorre su due binari rettilinei paralleli e
distanti a = 10 cm, giacenti nel piano della figura, tra i quali vi è una resistenza
R = 10 . La sbarretta scorre senza attrito, mantenendo contatto elettrico e
muovendosi con velocità iniziale v0 = 3 cm s1 nell’istante in cui si trova a
distanza r0 = 5 cm dal filo.
Determinare:
a) il valore della f.e.m. indotta all’istante iniziale;
b) la corrente indotta allo stesso istante;
c) il verso della corrente indotta;
d) il valore della forza che dovrebbe essere applicata alla sbarretta per
mantenerla a velocità costante.
i
a R
v0
r0
Soluzione
a) All’istante dato il campo magnetico vale
⁄2
2 ∙ 10 ; in un intervallo di tempo dt la
sbarretta spazza una superficie Σ
, per cui il flusso elementare è Φ
Σ
⁄2
⁄2
e la f.e.m. indotta è
Φ⁄
6 ∙ 10 ⁄
b) La corrente indotta è data da
6 ∙ 10 6
c) Il verso di percorrenza della sbarretta tende a diminuire il flusso del campo magnetico per due motivi:
perché riduce la superficie della spira e perché si sposta verso zone in cui il valore del campo
magnetico è inferiore. Il campo generato dalla corrente indotta deve andare a compensare le variazioni
di flusso, e quindi, per entrambe le ragion esposte, deve assumere lo stesso verso del campo generato
dalla corrente nel filo; per la regola della mano destra il verso di percorrenza della corrente indotta
deve quindi essere quello orario.
d) Il campo magnetico esercita sulla sbarretta percorsa dalla corrente indotta una forza
,
diretta verso sinistra (nella figura). Si deve quindi applicare una forza diretta verso destra, di intensità
pari a:
1.2 ∙ 10
3