Prova scritta di Fisica Generale
Ingegneria dei Materiali
Parte prima – a.a. 2009-10
Prova del 15.02.2010
1. Un cannone di massa M = 100 kg inizialmente fermo è posto su un supporto senza
attrito. Esso spara un proiettile di massa m = 2 kg con velocità di uscita (al termine
della canna di lancio) pari a v = 20 m/s, con un inclinazione di 30°.
a. Determinare la velocità di rinculo del cannone;
b. Determinare la distanza dal cannone a cui il proiettile tocca il suolo e la
massima altezza raggiunta.
c. Supponendo che il cannone sia vincolato ad una molla di lunghezza a riposo
100 cm, calcolare la costante elastica della molla, sapendo che in seguito al
rinculo la molla viene compressa sino a raggiungere una lunghezza totale di
20 cm.
Soluzione 1
a. Applicare conservazione quantità di moto lungo l’asse verticale e orizzontale,
tenendo conto che lungo la direzione verticale la reazione vincolare impedisce il
moto verso l’interno del piano di appoggio del cannone:
Pcannone = Pproiettile
lungo X si ha
MVcannone cosθ = mv proiettile cosθ ⇒ Vcannone =
m
v proiettile
M
da cui la velocità di rinculo:
Vrin = Vcannone cosθ =
Vcrin =
m
v proiettile cosθ
M
2
20 ⋅ cos(30) = 0.346 m / s
100
b. Il proiettile è soggetto alla sola forza di gravità:
occorre risolvere l’equazione del moto. Il moto avviene in un piano ed è parabolico.
Consideriamo tale piano coincidente con il piano XY.
La legge oraria del moto lungo x diviene
x(t) = v0 cosθ t + x0 = v0 cosθ t in quanto x0 = 0 (si assume l’origine nel punto di lancio
1
y(t) = − gt 2 + v0 sin θ t + h dove h è l’altezza iniziale, nulla nel presente caso.
2
Il proiettile tocca terra quando y(t) = 0
⎛ 1
⎞
y t fin = t fin ⎜ − gt fin + v0 sin θ ⎟ = 0 ⇒
⎝ 2
⎠
( )
tf =
2v0 sin θ
g
da cui
x(t fin ) = v0 cosθ t fin
2v 20 sin θ cosθ
=
g
2 ⋅ (20)2 ⋅ sin ( 30 ) ⋅ cos ( 30 )
x(t fin ) =
= 35.3 m
9.81
Il proiettile raggiunge la massima altezza in corrispondenza dell’annullarsi della velocità
lungo y.
dy
=0
dt
−gt max + v0 sin θ = 0 ⇒ t max =
v0 sin θ
g
da cui:
y(t max ) =
1 v02 sin 2 θ
⇒
2
g
y(t max ) =
(20)2 ⋅ sin 2 ( 30 )
= 5.10 m
2 ⋅ 9.81
c. Utilizzando la conservazione dell’energia, la energia cinetica iniziale di riculo del
cannone è uguale alla energia potenziale della molla totalmente compressa:
Tcannone =
1
1
2
MVrinculo
= kΔl 2 dove Δl rappresenta la compressione della molla
2
2
k=
2
MVrinculo
Δl 2
(
)
2
M m M v 2proiettile cos 2 θ m 2 v 2proiettile cos 2 θ
k=
=
⇒
2
2
lini − l fin
M lini − l fin
(
)
(
)
2
2
2 ) ⋅ ( 20 ) cos 2 ( 30 )
(
k=
= 18.8 N m
2
100 ⋅ (1 − 0.2 )
2. Un pendolo semplice di lunghezza l = 1 m viene lasciato andare da fermo da una
posizione angolare
. Determinare utilizzando la conservazione dell’energia
per quale valore di
il punto materiale di massa m = 100 g possiede energia
-2
cinetica T = 5x10 J nella posizione angolare
. (si tenga conto che
2
l’accelerazione di gravità vale g = 9.81 m/s )
Soluzione 2
Si utilizza la conservazione dell’energia, tenendo conto che nel punto di massima
ampiezza l’energia cinetica è nulla, in quanto è nulla la velocità. L’energia è solo
potenziale. Nella posizione angolare Θ = 0, l’energia ha solo il contributo cinetico (la
velocità è massima).
T = mgh = mg(l − l cosθ 0 ) ⇒
T
1 − cosθ 0 =
⇒
mgl
T
cosθ 0 = 1 −
⇒
mgl
⎛
T ⎞
θ 0 = arccos ⎜ 1 −
⇒
⎝
mgl ⎟⎠
⎛
5 ⋅10 −2 ⎞
θ 0 = arccos ⎜ 1 −
= 18.3°
0.1⋅ 9.81⋅1 ⎟⎠
⎝
3. Un corpo schematizzabile con un punto materiale di massa m = 2x10-27 kg e carica
q = 1.6x 10-19 C entra in una zona di spazio in cui è presente un campo
B ≡ (0,0, B0 ) , con B0 = 0.03 T. In questo punto possiede una velocità v0 ≡ (0,v0 ,0) ,
con v0 = 105 m/s, che rappresenta la condizione iniziale sulla velocità del moto.
a. Scrivere l’ equazione del moto e scomporla sui tre assi coordinati e trovare la
legge oraria, supponendo che all’istante iniziale il punto sia nell’ origine.
b. Mostrare che nel piano ortogonale a
esso si muove di moto circolare
uniforme lungo una traiettoria in cui il raggio vettore
dipende in modulo da
m , q,
e
e vettorialmente da
e
.
c. Trovare ll valore del modulo di tale raggio vettore.
Soluzione 3
Il punto materiale è soggetto alla sola forza di Lorentz per cui l’equazione di Newton
si scrive come
.
Essa da luogo, svolgendo i prodotti vettoriali e tenendo conto che
,
alle tre relazioni lungo gli assi coordinati
Inserendo il valore B ≡ (0,0, B0 ) , esse forniscono
.
Lungo l’asse Z il moto avviene sotto l’azione di una forza costante di valore nullo.
L’accelerazione lungo Z è dunque nulla. Per velocità e spostamento lungo Z si ha
Il punto materiale si muove di moto uniforme lungo Z, rimane fermo se la velocità
iniziale è nulla ed il moto avviene nel piano z = z0, parallelo al piano XY.
Il moto lungo X ed Y è retto dalle due equazioni differenziali
.
Esse costituiscono un sistema di equazioni nelle due funzioni incognite
. Ricavando
dalla prima e inserendola nella seconda si ha
con le condizioni iniziali
e
L’equazione differenziale ottenuta ha per soluzione
con D e
Risulta
determinati sulla base delle condizioni iniziali e con
.
e
,
da cui
.
Procedendo in modo del tutto analogo è possibile ricavare la componente della
velocità lungo Y.
con le condizioni iniziali
e
.
Si ricava
Le due soluzioni possono essere ulteriormente integrate per dare la legge oraria
lungo X e Y rispettivamente:
con le condizioni iniziali
e
. Da ciò si ricava
e
.
La traiettoria è una circonferenza di raggio R, con centro individuato dal punto di
coordinate
m
x = v0 y
;y = 0
qBz
2
2
⎡
m ⎛
m ⎛ ⎛ qBz ⎞ ⎞ ⎤
⎛ qBz ⎞ ⎞ ⎤ ⎡
R = x + y = ⎢ v0 y
cos
t
+
v
sin
t
=
⎥
⎢
0
y
⎜
⎟
⎜
⎝ m ⎠ ⎟⎠ ⎦ ⎣ qBz ⎜⎝ ⎜⎝ m ⎟⎠ ⎟⎠ ⎥⎦
⎣ qBz ⎝
2
2
R = v0 y
m
m
⎛ qB ⎞
⎛ qB ⎞
cos 2 ⎜ z t ⎟ + sin 2 ⎜ z t ⎟ = v0 y
⎝ m ⎠
⎝ m ⎠
qBz
qBz
R = 10 5
2 ⋅10 −27
= 41.6 ⋅10 −3
1.6 ⋅10 −19 ⋅ 0.03
m
