12.02.2014 - Sezione di Udine

Università degli Studi di Udine
Corsi di Laurea in Ingegneria Gestionale ed Ingegneria Elettronica
A.A. 2012/2013, Sessione di Gennaio/Febbraio 2014, Secondo Appello
FISICA GENERALE I (12 CFU), Prova scritta del 12 Febbraio 2014
TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI
PROBLEMA 1
Si abbiano i tre corpi indicati in figura aventi masse m1 = m/2, m2 = m/2 e m3 = m, con m =
2.0 kg. I corpi sono appoggiati su un piano orizzontale e possono scivolare su di esso con attrito
trascurabile. I corpi 2 e 3 sono agganciati agli estremi di una molla (di massa trascurabile) avente
una costante elastica k = 150 N/cm, e sono inizialmente in quiete; invece, il corpo 1 è lanciato verso
il corpo 2 con una velocità v0 = 5.0 m/s (vedi figura). Supponendo che l’urto tra i corpi 1 e 2 sia
istantaneo e perfettamente anelastico,
k
a) dire il tipo di moto che segue il sistema
~v 0
2
3
1
dopo l’urto,
e determinare:
b) l’energia persa nell’urto;
c) la velocità del centro di massa del sistema dopo l’urto;
d) la massima compressione che la molla subisce negli istanti successivi all’urto.
Soluzione Data l’assenza di attriti, la molla è inizialmente a riposo e quindi i corpi 2 e 3 non
risentono inizialmente di forze orizzontali. Quindi nell’urto del corpo 1 con il 2 si conserva la
quantità di moto e conseguentemente possiamo scrivere
b
m1 v0 = (m1 + m2 )v12
⇒
m
v0 = mv12
2
⇒
b
1
v12 = v0 ,
2
dove v12 è la velocità del corpo unione dei corpi 1 e 2.
Conseguentemente, l’energia persa nell’urto è pari alla differenza tra i valori iniziale e finale
dell’energia cinetica, pari a
1
1
1 m 2
v02
1
2
2
= mv02 = 6.25 J.
v0 − m
W = Ki − Kf = m1 v0 − (m1 + m2 )v12 =
2
2
2 2
4
8
Negli istanti successivi all’urto il sistema si muove verso destra e durante tale movimento la
distanza tra i due corpi (1+2 a sinistra e 3 a destra) cambierà; al variare del tempo la molla si
comprimerà e si riallungherà e il sistema effettuerà delle oscillazioni intorno al suo centro di massa.
Tuttavia, le forze che la molla esercita sui due corpi sono forze interne al sistema e quindi la sua
quantità di moto deve rimanere costante e uguale a quella iniziale. Perciò
m1 v0 = (m1 + m2 )v12 = (m1 + m2 + m3 )vcm
⇒
vcm =
m
1
v0 = v0 = 1.25 m/s.
4m
4
Nel moto del sistema dopo l’urto, dato che le forze elastiche sono forze conservative, l’energia
meccanica si conserva. Nell’istante immediatamente successivo all’urto l’energia meccanica del
sistema è tutta cinetica e pari a 12 (m1 + m2 )v22 = 81 mv02 . Invece, nell’istante in cui la molla
raggiunge la massima compressione i due corpi (1+2 a sinistra e 3 a destra) devono avere una
velocità identica a quella del centro di massa (dato che nel sistema del centro di massa essi saranno
v2
1
2
fermi!). Quindi l’energia cinetica del sistema sarà 21 (m1 + m2 + m3 )vcm
= 21 2m 160 = 16
mv02 .
Pertanto, la conservazione dell’energia meccanica impone che
1
1
1 2
mv0 = mv02 + k∆x2max
8
16
2
⇒
⇒
1
k∆x2max = mv02
8
r
r
v0 m
mv02
∆xmax =
=
= 2.04 cm.
8k
2 2k
1
PROBLEMA 2
Intorno ad un cilindro omogeneo di massa m = 10.0 kg e raggio R = 20.0 cm è stata avvolta una
corda ideale (inestensibile, perfettamente flessibile e di massa e spessore trascurabile). L’estremo
libero della corda viene tirato (come indicato in figura) tramite una forza F~ di modulo F = 30.0 N.
Sapendo che la corda non scivola sulla superficie del cilindro, determinare l’accelerazione acm del
centro di massa del cilindro e la sua accelerazione angolare α a seconda che il piano di
F~
R
appoggio:
a) sia perfettamente liscio;
b) presenti attrito sufficiente affinché il
cilindro si muova di moto di puro rotolamento.
Infine, nelle condizioni del caso b), determinare:
c) il modulo e il verso della forza di attrito statico presente.
Soluzione Nel caso in cui il piano sia perfettamente liscio, l’unica forza che agisce sul cilindro,
~ (con N = mg), è la
oltre alla forza gravitazionale m~~g e la reazione normale del piano di appoggio N
forza T~ con cui la corda tesa lo tira verso destra. In tal caso, essendo la corda ideale (inestensibile
e di massa trascurabile) è immediato capire che T = F .
In tali condizioni, le equazioni che regolano il moti traslatorio e rotatorio del cilindro sono le
seguenti
macm = T = F
Icm α = RT = RF
dove Icm = 21 mR2 è il momento d’inerzia del cilindro rispetto all’asse passante per il suo centro di
massa.
È importante notare che in tal caso, data la totale assenza di attriti, le due equazioni sono
indipendenti. Risolvendo, si ottiene
acm =
F
= 3.00 m/s2 ;
m
α=
2F
RF
2acm
=
=
= 30.0 rad/s2 .
Icm
mR
R
Si noti che nell’attuale moto roto–traslatorio del cilindro si ha, come era ragionevole supporre,
α 6= acm /R.
Nel secondo caso in cui il cilindro rotola senza scivolare, oltre alle forze citate sopra, dovrà essere
presente una opportuna forza di attrito statico che agisce nel punto di contatto del cilindro con il
piano di appoggio. Indicheremo tale forza come f~s ; essa sarà tangente al piano e (per scelta) la
supporremo diretta in verso opposto al moto. Conseguentemente, le equazioni del moto sono le
seguenti
macm = T − fs = F − fs
Icm α = RT + Rfs = RF + Rfs
Ricavando fs dalla prima, sostituendo nella seconda e tenendo presente che ora è (essendo il moto
di puro rotolamento) α = acm /R, si ha
fs = F − macm
→
Icm
acm
= 2RF − mRacm ,
R
e quindi
(Icm + mR2 )acm = 2R2 F
⇒
acm =
2R2 F
4F
=
= 4.00 m/s2 .
Icm + mR2
3m
D’altra parte ora l’accelerazione angolare del cilindro è
α=
4 F
acm
=
= 20.0 rad/s2 .
R
3 mR
2
Infine per la forza di attrito si ha
4
1
fs = F − macm = F − F = − F = −10.0 N,
3
3
il che stà a significare che la forza di attrito è diretta nella direzione del moto.
PROBLEMA 3
Un recipiente (di massa trascurabile) a base quadrata contiene 320 l di acqua ed il liquido raggiunge
un’altezza h0 = 50.0 cm (vedi figura). Sulla parete verticale di destra, ad una quota h1 = 10.0 cm
dal fondo (vedi figura), è presente un foro di sezione A = 2.00 cm2 inizialmente tappato. Ad un
certo istante il tappo viene tolto e l’acqua inizia a uscire liberamente. Sapendo che durante la
fuoriuscita dell’acqua il recipiente rimane fermo,
determinare:
a) la legge con cui varia la velocità di uscita delh0
l’acqua dal foro in funzione della sua quota nel
recipiente;
h1
b) il tempo nel quale il livello dell’acqua nel
recipiente si porta da h0 a h1 ;
c) la massima distanza dal recipiente a cui l’acqua arriva al suolo.
[Supporre che la velocità dell’acqua nel recipiente sia trascurabile rispetto a quella con cui esce dal
foro.]
Soluzione Prima di tutto si noti che se, inizialmente, nel recipiente si ha un volume d’acqua
V0 = 320 l = 320 dm3 = 0.320 m3 e l’acqua raggiunge un’altezza h0 = 50.0 cm, allora dovrà essere
V0 = A0 h0
⇒
A0 =
V0
= 0.640 m2 ,
h0
dove A0 è l’area di base del recipiente.
Mentre l’acqua sta uscendo dal foro, indichiamo con h il livello dell’acqua nel recipiente (sarà
h1 ≤ h ≤ h0 ). Applicando l’equazione di Bernoulli, tra le quote h e h1 , possiamo scrivere
1
1
p0 + ρgh + ρv 2 = p0 + ρgh1 + ρv12 ,
2
2
dove p0 è la pressione atmosferica e ρ = 1000 kg/m3 la massa volumica dell’acqua, mentre v e
v1 sono le velocità dell’acqua nel recipiente (la velocità della superficie alla quota h) e quella di
uscita dal foro, rispettivamente. Essendo (come detto anche nel testo) v trascurabile rispetto a
v1 , ricaviamo
p
v12 = 2g(h − h1 )
⇒
v1 = v1 (h) = 2g(h − h1 ).
Nel tempo dt, dal foro esce un volume di acqua pari a dV = Av1 dt; nello stesso tempo il volume
di acqua nel repiente diminuisce della stessa quantità e quindi, essendo V (h) = A0 h, dovrà essere
A0 dh = −dV = −Av1 dt. Possiamo quindi scrivere
dt = −
A0
A0
dh
,
=− p
Av1
A 2g(h − h1 )
dalla quale integrando tra h0 e h1 ricaviamo il tempo ∆t0 cercato al punto b). Si ottiene
Z
Z h0
ih1
A0 h1
A0
dh
2A0 hp
dh
p
√
∆t0 = −
= √
= √
h − h1 ,
A h0
A 2g h1
A 2g
h0
h − h1
2g(h − h1 )
e
∆t0 =
2A0 p
√
h0 − h1 = 914 s = 15 min 14 s.
A 2g
3
Infine, l’acqua che zampilla orizzontalmente dal foro
p(trattando le singole particelle di acqua come
proiettili) raggiungerà il suolo in un tempo ∆t1 = 2h1 /g e ad una distanza dal recipiente
s
p
2h1
∆x = v1 ∆t1 = 2g(h − h1 ) ·
= 2 h1 (h − h1 ).
g
Ovviamente, la massima distanza dal recipiente si ha per h = h0 (cioè appena tolto il tappo) ed
è pari a
p
∆xmax = 2 h1 (h0 − h1 ) = 40.0 cm.
PROBLEMA 4
Su un conduttore sferico di raggio r = 90.0 cm, inizialmente isolato, viene posta
una carica netta Q = 2.0 · 10−8 C.
a) Determinare il potenziale del conduttore rispetto a terra (o,
r
1
equivalentemente, rispetto ad un punto all’infinito).
Dalla figura vediamo che per mezzo di un’interruttore il conduttore
2
può essere connesso, alternativamente, ad un condensatore di capacità C = 1.0 · 10−10 F ≡ 100 pF (posizione 1) o ad un resistore di
C
R
resistenza R = 1.0 · 105 Ω (posizione 2) aventi l’altro capo a terra.
Supponendo che l’interruttore venga prima posizionato sulla posizione 1, e poi (una volta raggiunto l’equilibrio elettrostatico) spostato
nella posizione 2, determinare:
b) le cariche finali Q1 e q1 sul conduttore di raggio r e sul condensatore dopo aver posizionato
l’interruttore nella posizione 1;
c) a partire da quando l’interruttore è posto nella posizione 2, in quanto tempo la carica sul
1
conduttore di raggio r si riduce ad 10
di quella iniziale (Q);
d) l’energia complessivamente dissipata nella resistenza R.
Soluzione Il conduttore sferico ha una capacitá
b
b
b
b
Cs = 4πε0 r = 1.0 · 10−10 F = 100 pF,
e quindi, se Q è la sua carica netta, esso sarà ad un potenziale rispetto a terra pari a
V =
Q
Q
=
= 200 V.
Cs
4πε0 r
Quando l’interruttore viene posizionato nella posizione 1 il conduttore viene connesso al condensatore di capacità C la cui altra armatura è a terra (e quindi a potenziale 0). Se teniamo presente
che una sfera conduttrice può essere vista come l’armatura interna di un condensatore sferico la
cui altra armatura ha raggio infinito (e quindi a poteiziale 0), possiamo capire che, una volta
collegati, i due condensatori (di capacità Cs e C sono in parallelo. Pertanto se indichiamo con Q1
e q1 le cariche finali su di essi, dovremo avere
q1
Q1
=
Cs
C
e
q1 + Q1 = Q,
dove la seconda deriva dalla conservazione della carica. Perciò si ricava
Q1 =
1
Cs
· Q = Q = 1.0 · 10−8 C;
C + Cs
2
q1 =
C
1
· Q = Q = 1.0 · 10−8 C,
C + Cs
2
dove si è tenuto conto del fatto che Cs = C.
Dal momento in cui l’interruttore viene passato nella posizione 2, il conduttore inizierà a scaricarsi
attraverso la resistenza R. La scarica procede come in un circuito RC in cui la costante di tempo
4
è pari a τ = RCs . Pertanto, essendo Q1 la carica iniziale (quella nel momento in cui l’interrure è
posto sul 2), la carica sul conduttore varierà secondo la seguente legge
Qs (t) = Q1 e−t/τ =
Q −t/τ
e
.
2
Se indichiamo con t′ l’istante in cui la carica sul conduttore si è ridotta a Q/10, allora si avrà
Q −t′ /τ
Q
1
Q
′
′
= RCs ln 5 = 1.6 · 10−5 s.
⇒
e
=
⇒
t = −τ ln
Qs (t ) =
10
2
10
5
Infine, l’energia dissipata complessivamente nella resistenza R in tutta la fase di scarica è pari a
quella che era immagazzinata sulla sfera subito prima di portare l’interruttore sulla posizione 2.
Quindi
1 Q21
Q2
Q2
U1 =
=
=
= 5.0 · 10−7 J.
2 Cs
8Cs
32πε0 r
5