1 Una segnalazione in autostrada, presentata su un pannello

A.A. 2010-11
Fisica Generale
06-09-11
ESERCIZIO 1
Una segnalazione in autostrada, presentata su un pannello
luminoso in posizione fissa all’istante t0  0 , informa che si
sta formando una coda. La testa della coda si trova a una
distanza d  18.3 km , e la sua lunghezza è definita da una
funzione l  2.0 km  k t , con k  400 m / 5 min .
a) Scrivere il valore di k in unità S.I.
b) Calcolare a che distanza incontrerà la fine della coda una
macchina che passa sotto il pannello dopo un tempo
t1  15 min dall’istante della segnalazione, e che viaggi a
una velocità costante v  100 km / h .
(Per semplicità di trascuri la decelerazione necessaria ad
arrestarsi per non sbattere contro l’ultima macchina della coda)
Soluzione
400 m 400 m

 1.33 m s 1 .
5 min 5  60 s 
b) Prendendo come zero di una ascissa curvilinea lo posizione del pannello luminoso, la coda cresce
dalla posizione s0  18.3 km verso il cartello stesso, quindi la sua equazione sulla stessa ascissa
curvilinea è:
sc  t   s0   l0  k t  , l0  2.0 km , k  1.33 m s 1 .
a) Il valore di k in unità SI è dato dalla relazione: k 
D’altra parte la posizione sulla stessa ascissa della macchina, per tempi t  t1 , è data da:
sm  t   v  t  t1  , con t1  15  60 s   900 s e v  100 km h  100 103 m 3.6 103 s  27.78 m s 1 .
La macchina incontrerà la fine della coda quando sc  t   sm  t  , ovvero: s0   l0  k t   v  t  t1  , da
cui: t F 
3
3
1
s0  l0  v t1 18.3 10 m  2.0 10 m   27.78 m s   900 s 

 1419 s
vk
 27.78  1.33  m s 1
a una distanza s F  sm  tF   v  t F  t1   1.33 m s 1 1419  900  s  14.4 103 m  14.4 km
ESERCIZIO 2
Un corpo di massa m1  0.02 kg si muove con velocità costante
v0  1.4 m / s su un piano orizzontale, ad un certo istante il corpo, nel suo
moto, incontra una rampa di massa m2  0.26 kg , inclinata di =45
rispetto all’orizzontale e inizialmente in quiete. E’ assente qualunque attrito. Calcolare:
a) l’altezza raggiunta dal corpo sulla rampa quando questo è fermo rispetto alla rampa e la velocità della
rampa in questo istante;
b) la velocità del corpo e della rampa quando il corpo è ridisceso dalla rampa e si muove sul piano
orizzontale;
c) si discuta cosa succede se fosse m2  m1 oppure m1  m2 .
Soluzione
a) Non essendoci attriti si conservano sia l’energia meccanica che la componente x della quantità di
moto (lungo y agisce la forza di gravità). All’istante iniziale:
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m1v02
2
Nell’istante in cui il corpo raggiunge la quota massima sulla rampa, essendo il corpo fermo rispetto
alla rampa la velocità dei due elementi è la stessa:
1
Pxu   m1  m2  vu
Emu   m1  m2  vu2  m1 g h
2
Dalla conservazione della quantità di moto lungo x  Px i  Pxu  si ottiene
Emi 
Pxi  m1v0
vu 
m1
v0  0.10 m s 1
m1  m2
Dalla conservazione dell’energia meccanica  Emi  Emu  si ottiene invece:
m2 v02
 0.093 m
m1  m2 2 g
b) Consideriamo ora quantità di moto ed energia dopo la discesa dalla rampa.
1
1
Px f  m1v1  m2 v2
Ek f  m1v12  m2v22
2
2
Dalla conservazione della quantità di moto lungo x  Px i  Px f  e dell’energia meccanica  Emi  Em f 
h
si ottiene
v1 
c) Per m2  m1 si ha:
Per m2  m1 si ha:
m1  m2
v0  1.2 m s 1 ,
m1  m2
v1  v0
e
v1  v0
e
v2 
2m1
v0  0.2 m s 1
m1  m2
v2  0
v2  2v0
ESERCIZIO 3
Un'asta di massa m  0.4 kg e lunghezza l  80 cm vincolata a ruotare attorno
a un asse fisso verticale passante per il suo centro e inizialmente ferma, viene
mossa applicando una forza F  100 N costantemente ortogonale all'asta
stessa. Al moto della cerniera si oppone un momento delle forze d'attrito
M A  30 N m .
Determinare la velocità angolare dell’asta all’istante in cui ha compiuto una rotazione di 180°.
Soluzione
Poiché la forza è sempre perpendicolare all'asta, il momento meccanico rispetto al perno O che essa
genera è sempre uguale, in modulo, a M F  F l 2  40 N m . Inoltre per la regola della mano destra tale
momento è uscente dal piano del disegno. Il momento totale agente sull'asta è quindi
M TOT  M F  M A  10 N m . Questo momento è anche M TOT  I  , dove  è l'accelerazione angolare.
Il momento di inerzia I CM rispetto al centro di massa è:
1
1
2
I CM  m l 2   0.4 kg  0.8 m   0.021 kg m 2 . Dalla relazione M TOT  ICM  , si ricava quindi
12
12
  M TOT ICM  10 N m 0.021 kg m 2  476.2 rad s 2 .
Dalle leggi del moto rotazionale sappiamo che:  2f  02 +2  f  i  , dove  f  180   rad , i  0 ,
i  0 . Risolvendo per f si ottiene infine:  f  2   f  2  476.2 rad s 2    rad   54.7 rad s 1 .
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ESERCIZIO 4 (SOLO PER STUDENTI DI ING. MECCANICA - FISICA GENERALE 12CFU)
Tre moli di un gas ideale monoatomico vengono portati dallo stato A allo stato B mediante una
espansione adiabatica nel vuoto. Successivamente, il gas viene portato allo stato C tramite una
compressione adiabatica irreversibile ed infine il gas viene posto a contatto con una sorgente a
temperatura TA e ritorna allo stato iniziale A con una trasformazione isobara irreversibile. Sono dati la
temperatura TA  300 K , la pressione p A  2 105 Pa ed il lavoro compiuto nella trasformazione BC,
WBC  3.7 104 J . Determinare il volume dello stato C e calcolare la variazione di entropia dell’universo.
Soluzione
 Trasformazione AB
Questa trasformazione è una espansione adiabatica libera, dunque il lavoro e il calore scambiato sono
nulli. Abbiamo quindi Q  0 , W  0 e dal primo principio U  0 , il che implica che la trasformazione
AB è isoterma: TA  TB  300 K .
 Trasformazione BC
Essendo la compressione adiabatica, QBC  0 , quindi il primo principio implica che:
WBC  U BC  n cV TB  TC   n cV TA  TC  . Risolvendo questa relazione rispetto a TC si ottiene:
TC  TA  WBC n cV  1288.96 K Il volume dello stato C può ora essere ricavato dalla relazione
pCVC  n RTC , utilizzando il fatto che p A  pC ; si ottiene: VC  n RTC p A  0.16 m3
 Trasformazione CA
Il gas cede una quantità di calore QCA che può essere calcolata facilmente perché la trasformazione è
isobara: QCA  n c p TA  TC   61666 J . Da qui determiniamo la variazione di entropia dell’universo per
il ciclo. Nel nostro caso, abbiamo Su  S gas  S amb . Le tre trasformazioni subite dal gas nel ciclo sono
irreversibili, però sommando i contributi risulta S gas  0 , perche corrisponde alla variazione di entropia
di un gas per il ciclo. Per determinare la variazione di entropia dell’ambiente, si consideri che la sorgente
termica assorbe il calore Q ceduto dal gas, quindi Q  QCA  61666.60 J , e la variazione di entropia
dell’ambiente ( e dell’universo ) risulta essere: Su  Samb  Q TA  61667 J 300 K  205.56 J K 1
ESERCIZIO 5
Due sfere conduttrici di raggio r1  1cm e r2  3 cm sono poste
con i centri ad una distanza l  2 m . Inizialmente entrambe
hanno una carica Q0  2  103 C . Calcolare:
a) la forza esercitata su una carica puntiforme q1  2 106 C posta ad una distanza 2l dal centro della
seconda sfera (vedi figura).
b) il lavoro compiuto dalle forze elettrostatiche quando la carica q1 viene portata all’infinito.
In seguito le due sfere vengono connesse con un filo conduttore. Calcolare ora:
c) le cariche Q1 e Q2 che si misurano sulle due sfere;
d) l’energia dissipata nel processo.
Soluzione
a) La forza sulla carica q1 è pari a q1 E , dove E è il campo elettrico generato dalle due sfere cariche,
valutato nel punto in cui si trova q1 . Le sfere sono distanti rispetto alle loro dimensioni, quindi
trascuriamo gli effetti di induzione reciproca (e a maggior ragione l’effetto di induzione di q1 ). Le
distribuzioni di carica si considerano uniformi sulle superfici. Ciascuna delle sfere uniformemente
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cariche genera un campo che è equivalente a quello di una carica puntiforme posta nel loro centro,
quindi, nel punto in cui si trova q1 :
Q0
Q0
E1 =
E2 =
2
2
4  0  3L 
4  0  2 L 

 qQ  1
Q0
Q0
1 
F  q1 

  1 0  2  2   3.25 N
2
2
 4   2 L  4   3L   4  0  4 L 9 L 
0
0


b) Il lavoro compiuto dalle forze elettrostatiche per portare la carica q1 all’infinito è pari a q1V , dove V è
il potenziale nella posizione iniziale dalla carica q1 , generato delle due sfere cariche (equivalente a
quello di due cariche puntiformi), e si considera 0 il potenziale all’infinito:
 Q0
Q0  q1Q0  1
1 
W =q1V =q1 

   15 J


 4  0 2 L 4  0 3L  4  0  2 L 3L 
c) Quando le due sfere vengono connesse elettricamente, la loro carica si ridistribuisce, sempre sulle
superfici, in modo che le due sfere si portino allo stesso potenziale. Sempre a causa della distanza tra
le sfere, la distribuzione di carica su ciascuna sfera potrà ancora essere considerata uniforme. Si avrà
quindi che, calcolando il potenziale sulle superfici delle sfere:
Q1
Q2

Q
4 0 R1 4 0 R2
e quindi, considerando anche la conservazione della carica, le equazioni che determinano le cariche
sono:
Q1 Q2 = R1 R2
Q1 +Q2 =2Q0
da cui si ottiene:
2Q0
Q2 =
=3 103 C
Q1 =2Q0  Q2  1103 C
1+ R1 R2
d) L’energia dissipata nel processo sarà pari alla variazione dell’energia elettrostatica del sistema.
Ciascuna sfera carica può essere considerata come un condensatore (con l’altra armatura all’infinito),
di capacità pari a 4 0 R e quindi di energia Q 2 2C . Si ottiene lo ovviamente stesso risultato
integrando la densità di energia elettrostatica nel volume in cui c’è campo elettrico:
1

2
2


1
1  Q 
1  Q 
1 Q2
2
U E =   0 E 2 d =   0 
d



4

R
dR


R 2 0  4 0 R 2 
2
2  4 0 R 2 
2 4 0 R
R
R
L’energia elettrostatica iniziale è così:
1 Q02
1 Q02
Q2  1
1 
U IN =

 0     2.4 106 J
2 4 0 R1 2 4 0 R2 8 0  R1 R2 
e quella finale:
1 Q12
1 Q22
1  Q12 Q22 
6
U FIN =




  1.8 10 J
2 4 0 R1 2 4 0 R2 8 0  R1 R2 
da cui
U DISS =U FIN  U IN =600 KJ
ESERCIZIO 6
Due barre conduttrici, ciascuna di resistenza R, appoggiano senza
attrito su due binari orizzontali di resistenza trascurabile. La distanza
tra i binari è L  40 cm e il sistema è immerso in un campo
magnetico uniforme B  1.2 T , perpendicolare ai binari ed alla barra,
4
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uscente dal foglio. Le sbarrette si muovono con velocità v1  10 m / s e v2  1 2 v1 .
Calcolare:
a) la resistenza di ciascuna sbarretta, se la corrente indotta nel circuito è ii =0.24 A ;
b) la forza che agisce sulle sbarrette 1 e 2;
c) la carica che ha percorso il circuito dopo t  10s .
Soluzione
a) Poiché le barrette si muovono a velocità diverse, la superficie tra di esse e le rotaie varia e quindi
varia il flusso del campo magnetico:
v
d
  B   BL  x1  x2  
 BL  v1  v2   BL 1
dt
2
Pertanto vi è una f.e.m. indotta , e nota la corrente indotta la resistenza di ciascuna barretta vale:
BL v1
R  R /i 
 10   R  5 
i 2
b) La forza che agisce su ciascuna barretta dipende dalla corrente indotta e dal campo magnetico. Poiché
le barrette sono percorse da correnti in verso opposto, le forze sono in verso opposto (tendono a
frenare la barretta più veloce e ad accelerare quella più lenta, per opporsi alla variazione del flusso):


F1  iBLuˆx  115 mN uˆx
F2  iBLuˆ x  115 mN uˆx
c) La carica che ha percorso il circuito si può calcolare dalla variazione del flusso e dalla resistenza del
circuito:

v 

1  LB  x1  x2 
 2  LB  x1  v1t   x2  1 t  
2 


   2 BL v1
Q 1

t  2.4 C
R
R 2
Ma molto più semplicemente, dato che la corrente indotta è costante:
Q  i t  2.4 C
5