Esercizi svolti di Fisica A - UNIUD

Esercitazione 1 – Cinematica Problema 1 Un aereo, in un esercitazione per eludere i radar, è in volo orizzontale ad una quota h = 35 m dal suolo su un terreno piano alla velocità v0 = 1300 km/h. Improvvisamente arriva in un luogo dove il terreno inizia a salire con un angolo θ = 4.3◦ , assai difficilmente riconoscibile a vista. Di quanto tempo dispone il pilota per correggere l’assetto dell’aereo in modo da evitare l’impatto con il terreno? Soluzione Dato che il terreno con pendenza sale di una quantità pari ad h in un tratto orizzontale di lunghezza h ∆x = tan θ se il pilota continuasse il volo in orizzontale, dopo tale tratto si schianterebbe al suolo! Quindi, il tempo (massimo) a sua disposizione è h ∆x = = 1.29 s. ∆t = v v tan θ

G. Giugliarelli

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Esercitazione 1 – Cinematica Problema 2 Due treni, che viaggiano alla stessa velocità di 30 km/h, sono diretti l’uno contro l’altro su uno stesso binario rettilineo. Un gabbiano che vola a 60 km/h decolla dalla testa di uno dei due treni quando essi si trovano alla distanza di 60 km dirigendosi verso l’altro treno. Appena lo ha raggiunto, inverte la rotta fino a ritornare sul primo treno, e cosi di seguito. Qual’è la lunghezza totale del percorso effettuato dal gabbiano se esso prosegue fino all’incontro dei treni ? Soluzione Il tempo complessivo a disposizione del gabbiano per fare avanti e indietro tra i treni è un’ora! Infatti, questo è il tempo che impiega ognuno dei treni per raggiungere il punto di mezzo del tratto iniziale che li divide. Dato che il gabbiano vola sempre alla velocità di 60 km/h, la distanza totale da esso percorsa sarà pari a 60 km!

G. Giugliarelli

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Esercitazione 1 – Cinematica Problema 3 Due treni, che viaggiano a v1,0 = 72 km/h e v2,0 = 144 km/h, sono diretti l’uno contro l’altro su uno stesso binario rettilineo e orizzontale. Quando essi si trovano alla distanza ∆x = 950 m ciascun macchinista vede l’altro treno e si affretta a frenare. Verificare se i due treni si scontrano nel caso in cui entrambi rallentino con accelerazione, in modulo, a = 1.0 m/s2 . In caso di scontro, calcolare la velocità dei due treni al momento dell’impatto; in caso contrario, determinare la distanza tra i treni una volta arrestati. Soluzione Dal momento in cui i due macchinisti frenano, il moto dei treni è uniformemente decelerato con accelerazione −a. Quindi le velocità istantanee (in modulo) dei due treni seguono le leggi v1 (t) = v1,0 − at;

v2 (t) = v2,0 − at.

Questo dimostra che i due treni si incontrano (dato che x1 + x2 > ∆x) e inoltre si vede che al momento dello scontro il primo treno è già fermo. L’istante in cui il secondo treno si scontra con il primo è tale da soddisfare la seguente 0

Perciò, se i due treni non si incontrano, devono arrivare a fermarsi completamente (v1 = 0 e v2 = 0). Ciò avverrebbe nei tempi t1 =

v1,0 a

= 20 s;

t2 =

v2,0 a

∆x1

=

v1,0 t1 −

∆x2

=

v2,0 t2 −

G. Giugliarelli

2 1 2

2 at1 2

=

at2 =

1 2

0 2

a(t2 )

= ∆x − ∆x1

e quindi risolvendo la sequente eq. di secondo grado 0

0 2

a(t2 ) − 2v2,0 t2 + 2(∆x − ∆x1 ) = 0

= 40 s,

ricaviamo

e dopo aver percorso le distanze 1

v2,0 t2 −

2 v1,0

2a 2 v2,0

2a

0

= 200 m;

= 800 m.

v2,0 −

q

t2 =

2 v2,0 − 2a(∆x − ∆x1 )

a

= 30 s.

Perciò la velocità del secondo treno allo scontro è pari a 0 0 v = v2,0 − at2 = 10 m/s = 36.0 km/h.

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Esercitazione 1 – Cinematica Problema 4 La posizione di un elettrone in moto lungo l’asse x è data da x(t) = 16te−t , dove t è dato in secondi. Determinare: a) la massima distanza dall’origine raggiunta dall’elettrone; b) a quale distanza dall’origine l’elettrone ha accelerazione nulla. Soluzione La velocità istantanea dell’elettrone è

v(t) =

dx dt

−t

= 16e

−t

− 16te

= 16(1 − t)e

−t

→

v=0

⇒

t = t0 = 1 s

Nell’istante in cui la velocità si annulla l’elettrone inverte il suo moto. Quindi

x(t0 ) = 16t0 e

−t0

=

16 e

= 5.89 m.

L’accelerazione istantanea dell’elettrone è data dalla seguente

a(t) =

dv dt

h i −t −t −t = 16 −e − (1 − t)e = 16(t − 2)e

Perciò −t1

x(t1 ) = 16t1 e

G. Giugliarelli

=

32 e2

→

a=0

⇒

t = t1 = 2 s

= 4.33 m.

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Esercitazione 1 – Cinematica Problema 5 La velocità ~ v di una particella nel piano xy è data dall’espressione ~ v = (6.0t − 4.0t2 )ˆ i + 8.0ˆ jj, dove le componenti di ~ v sono in metri al secondo e t (> 0) è in secondi. a) Qual è l’accelerazione per t = 3.0 s ? b) Quando (se ciò avviene) l’accelerazione si annulla ? c) Quando (se ciò avviene) si annulla la velocità? d) E quando (se ciò avviene) la velocità ha ampiezza pari a 10 m/s? Soluzione Per l’accelerazione abbiamo ~ a =

~ d~ v dt

=

 d  d 2 6t − 4t ˆ i+ (8) ˆ j dt

dt

⇒

a=

q

(6 − 8t)2 =

p

36 − 96t + 64t2

Perciò ⇒ a(t = 3 s) = 18 m/s2 . i a) ~ a (t = 3 s) = (6 − 8 · 3)ˆ i = −18ˆ 3 = 0.75 s. b) ~ a=0 ⇒ (6 − 8t) = 0 → t= 4 c) Essendo costante la componente della velocità lungo l’asse y, v non si annulla mai!  2  2 d) v 2 = 6t − 4t2 + 82 ⇒ v = 10 m/s ⇒ 6t − 4t2 + 82 = 100. Quindi è 2

6t − 4t

=6

2

→

2t − 3t + 3 = 0

→

t1,2 =

3±

√ 9 − 24 4

che non ha soluzioni reali, o 6t − 4t

2

= −6

→

2

2t − 3t − 3 = 0

→

t1,2 =

3±

√

9 + 24

4

=

3±

√

33

4

.

che porta alla soluzione fisica (t deve essere maggiore di zero), √ 3 ± 33 t1 = s = 2.19 s. 4 G. Giugliarelli

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Esercitazione 1 – Cinematica Problema 6 La cabina di un ascensore nell’edificio Marquis Marriot di New York ha una corsa totale di 190 m. La sua velocità massima è vmax = 305 m/min. Inoltre, durante le fasi di accelerazione e decelerazione l’accelerazione ha modulo pari ad a = 1.22 m/s2 . a) Quanti metri percorre l’ascensore durante la fase di accelerazione? b) Quanto tempo impiega per una corsa completa senza fermate intermedie, dalla partenza da fermo all’arresto completo? Soluzione Durante l’accelerazione avremo

v(t) = at

⇒

v(tmax ) = vmax

⇒

tmax =

vmax a

= 4.17 s

⇒

∆xacc =

1 2

2

atmax =

2 vmax

2a

= 10.6 m

Per effettuare una corsa completa l’ascensore deve prima accelerare fino a vmax per un tempo tmax , poi procedere a vmax per un tratto ∆x1 = ∆xtot − 2∆xacc e quindi decelerare fino a fermarsi per un tempo tmax . Perciò il tempo complessivo è

∆ttot = 2tmax +

G. Giugliarelli

∆xtot − 2∆xacc vmax

= 41.55 s.

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Esercitazione 1 – Cinematica Problema 7 Gli impianti sperimentali a gravità zero del centro di ricerca Lewis della Nasa comprendono una torre di caduta alta 145 m. Si tratta di una torre verticale che consente, fra l’altro, di lasciar cadere nel vuoto una sfera di 1 m di diametro contenente campioni in prova. a) Per quanto tempo la sfera rimane in caduta libera? b) Qual’è la sua velocità quando tocca il fondo della torre? Quando la sfera colpisce il fondo, mentre la sua velocità si riduce a zero la sfera subisce una decelerazione media pari a 25g. c) Di quale distanza si sposta il suo centro durante la decelerazione? Soluzione Preso l’asse y diretto verso l’alto, con l’origine corrispondente alla quota del suolo, le equazioni del moto della sfera in caduta libera si riassumono in y(t) = y0 −

1 2

2

gt ;

v(t) = −gt.

con y0 = 145 m. Quando la sfera sarà al suolo avremo y = 0 e quindi s t = t1 =

2y0 g

s = 5.44 s

⇒

v(t1 ) = v1 = −gt1 = −g

2y0 g

p = − 2y0 g = −53.3 m/s

Si noti, che avendo orientato l’asse y verso l’alto, la velocità è negativa. Negli istanti successivi, la sfera segue un moto con decelerazione in modulo pari 25g. Nello stesso sistema di riferimento le equazioni del moto diventano (misurando il tempo a partire dallŠistante in cui y = 0) 1 2 y(t) = v1 t + (25g)t ; v(t) = v1 + (25g)t, 2 Quando la sfera si fermerà avremo v = 0 e quindi v1 1 v2 2 t = t2 = − ; ⇒ y(t2 ) = v1 t2 + (25g)t2 = − 1 = −5.8 m. 25g 2 50g

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Esercitazione 1 – Cinematica Problema 8 La cabina scoperta di un ascensore sale alla velocità costante di 10 m/s. Un ragazzino nella cabina lancia una palla direttamente verso l’alto da un’altezza di 2.0 m sopra il pavimento della cabina, che si trova esattamente a 28 m dal suolo. La velocità iniziale della palla rispetto all’ascensore è di 20 m/s. a) Quale altezza massima rispetto alla terra raggiunge la palla? b) Quanto tempo impiega la palla per ritornare al pavimento della cabina? Soluzione Sia hi = 30 m la quota iniziale della palla nel momento in cui viene lanciata verso l’alto. Negli istanti successivi il suo moto è descritto dalle equazioni y(t) = hi +(va +vp )t−

1 2

2

gt ; e v(t) = (va +vp )−gt,

dove va +vp è la sua velocità iniziale misurata rispetto al suolo (va è la velocità dell’ascensore, mentre vp è quella della palla rispetto all’ascensore stesso). La palla raggiunge la quota massima nel momento in cui la sua velocità si annulla. Quindi (va + vp )t − gt ymax

=

0

⇒

t = tmax =

hi + (va + vp )tmax −

=

hi +

G. Giugliarelli

2g

e imponiamo y = ya . Ricaviamo

hi + (va + vp )t

1

−

2

gt

2

= (hi − 2) + va t

2

⇒

gt − 2vp t − 4 = 0

da cui

va + vp

=

(va + vp )2

Per calcolare l’istante in cui la palla ritorna sul pavimento dell’ascensore, ne consideriamo l’equazione oraria ya (t) = (hi − 2.0 m) + va t

g 1 2

2 gtmax

vp + t = t1 =

q

2 + 4g vp

g

= 4.17 s.

= 75.9 m

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Esercitazione 1 – Cinematica Problema 9 Un paracadutista si getta in caduta libera per 50 m. Poi il paracadute si apre, e da quel momento decelera con un’accelerazione costante in modulo pari ad a = 2.0 m/s2 . Tocca il suolo alla velocità di 3.0 m/s. a) Per quanto tempo è rimasto in aria? b) Da che altezza è iniziata la caduta? Soluzione Denotiamo con y0 la quota del lancio (incognita) e con ∆y = 50 m il tratto di caduta libera. p 2∆y/g il√tempo In tale tratto il moto è uniformemente accelerato con accelerazione g. Essendo ∆t = passato in caduta libera, la velocità del paracadutista alla fine di tale tratto sarà v1 = −g∆t = − 2g∆y. Nel resto della caduta, il moto è uniformemente decelerato con accelerazione a. Tale moto sarà descritto dalle equazioni 1 2 v(t) = v1 + at. y(t) = y0 − ∆y + v1 t + at ; 2 Dovendo essere la velocità al suolo (y = 0) pari a v2 = −3.0 m/s avremo √ v2 − v1 v2 + 2g∆y t = ∆t2 = = = 14.16 s. a a Quindi il tempo complessivo della caduta è ∆t = ∆t1 + ∆t2 = 17.35 s. Infine 0 = y0 − ∆y + v1 ∆t2 +

G. Giugliarelli

1 2

2

a(∆t2 )

⇒

y0 = ∆y +

2 2 2 (2g∆y − v2 ) (v1 − v2 ) = ∆y + = 293 m. 2a 2a

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Esercitazione 1 – Cinematica Problema 10 Un gatto appisolato viene risvegliato di colpo alla vista di un vaso da fiori che veleggia prima verso l’alto e poi verso il basso davanti ad una finestra aperta. Il vaso rimane in vista per un totale di 0.50 s, e l’altezza libera della finestra è di 2.00 m. Quanto più in alto del bordo superiore della finestra è arrivato il vaso? Soluzione Il gatto vede solo i tratti (ascendente e discendente) della traiettoria del moto del vaso corrispondenti all’altezza della finestra. Ovviamente, il vaso è stato lanciato da una quota inferiore al davanzale della finestra e raggiunge una quota massima al di sopra del suo bordo superiore. In tale moto i tempi di salita e discesa tra quote analoghe sono uguali. Quindi il tempo∆t = 0.50 s corrisponde al doppio dei tempi di salita e discesa per i tratti della traiettoria del vaso (di lunghezza ∆y = 2.0 m) intravisti attraverso la finestra. Perciò, analizziamo la sola fase di caduta a partire dalla quota massima y0 (da calcolare) e denotiamo con y1 e y2 le quote del bordo superiore e inferiore della finestra, rispettivamente. In tale fase il moto del vaso è descritto dalle equazioni



y(t) = y0 − 1 gt2 2 v(t) = −gt

 

r

y1 = y0 − 1 gt2 → t1 = 1 2 p  v1 = −gt1 = − 2(y0 − y1 )g

⇒

2(y0 −y1 ) g

Ricavando y0 − y1 e notando che y1 − y2 = ∆y, abbiamo

y2 = y1 +v1

∆t 2

−

1 2

 g

∆t 2

2 = y1 −

∆t q 2

2(y0 − y1 )g−

1 2

 g

∆t

2

si ottiene y0 − y1 =

1 2g

 2

(y1 − y2 ) ∆t

−

→

2

1 4

2

(y1 − y2 ) ∆t

−

1 4

g∆t =

q

2(y0 − y1 )g

2 g∆t

= 2.34 m.

che è la quantità cercata.

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Esercitazione 1 – Cinematica Problema 11 A quale velocità iniziale il giocatore di basket in figura deve tirare la palla, con un angolo di elevazione di 55◦ , per centrare direttamente il canestro senza rimbalzo?

Soluzione Denotiamo con ∆x = 5.5 m e ∆y = 0.9 m le distanze iniziali orizzontale e verticale della palla dal canestro e con θ = 55◦ l’angolo di lancio. Le equazioni del moto della palla hanno la forma seguente   x(t) = v0x t 

vx (t) = v0x

y(t) = v0y t −

1 gt2 2

vy (t) = v0y − gt

Quindi il tempo del lancio è tc =

∆x v0x

=

∆x v0 cos θ

Per centrare esattamente il canestro dovrà essere y(tc ) = ∆y e cioè

∆y = v0y tc −

1 2

2

gtc =

∆xv0y v0x

−

g∆x2 2 2v0x

=

∆x sin θ cos θ

−

g∆x2 2 cos2 θ 2v0

Quindi s v0 =

G. Giugliarelli

g∆x2 2(∆x sin θ − ∆y cos θ) cos θ

= 8.05 m/s.

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Esercitazione 1 – Cinematica Problema 12 Una particella A si sposta sulla retta y = 30 m a velocità costante ~ v di modulo v = 3.0 m/s e direzione parallela all’asse x. Una seconda particella B parte dall’origine, con velocità iniziale nulla e accelerazione ~ a di modulo a = 0.40 m/s2 , nello stesso istante in cui la particella A attraversa l’asse y. ˆ Quale angolo θ tra ~ a e il versore j dell’asse y potrebbe provocare una collisione tra le due particelle? Soluzione Le proiezioni sugli assi della posizione delle due particelle dà le relazioni seguenti 

xA (t) = vt yA (t) = y0

(

xB (t) = yB (t) =

1 at2 sin θ 2 1 at2 cos θ 2

La collisione tra le particelle presuppone che ad un dato istante valga xA = xB e yA = yB simultaneamente. Imponendo tali ugualianze abbiamo

  yA (t) = yB

⇒

s  2y0    t = tc =    a cos θ s      1 y0 sin θ 2y0 2y0    v = a sin θ = a cos θ 2 a cos θ cos θ

 x (t) = x A B

Dall’ultima relazione, facendo il quadrato otteniamo 2y0 v 2 a

=

2 y0 sin2 θ

cos θ

=

2 y0 (1 − cos2 θ)

cos θ

→

2

2

y0 a cos θ + 2v cos θ − y0 a = 0

e −v 2 + cos θ =

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q

2 a2 v 4 + y0

y0 a

=

1 2

⇒

θ=

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π 3

o

= 60 .

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Esercitazione 2 – Cinematica + Dinamica Problema 1 Un ragazzino fa ruotare un sasso legato ad una cordicella di lunghezza l = 1.4 m su un cerchio orizzontale alla quota h = 1.9 m dal suolo. La cordicella si spezza, e il sasso fila via orizzontalmente andando a cadere ad una distanza L = 11.0 m (misurata orizzontalmente). Qual’era l’accelerazione centripeta del sasso in moto circolare? Soluzione Nel momento in cui la cordicella si spezza il sasso viene scagliato con velocità orizzontale il direzione tangenziale rispetto alla traiettoria circolare. Essendo in quell’istante la componente verticale della velocità nulla, il tempo nel quale esso raggiunge il suolo si ricava come segue

h=

1 2

s gt

2

=⇒

t=

2h g

Quindi, dalla conoscenza dello spazio orizzontale percorso, L, otteniamo

=⇒

L = vt

v=

L t

g

r =L

2h

Infine, l’accelerazione centripeta del moto circolare è data da

ac =

G. Giugliarelli

v2 l

=

gL2 2lh

2

= 220 m/s .

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Esercitazione 2 – Cinematica + Dinamica Problema 2 Una particella si muove su un piano in base alle relazioni: 

x = R sin(ωt) + ωRt y = R cos(ωt) + R

dove ω e R sono costanti. La curva descritta dalla particella si chiama cicloide ed è analoga alla traiettoria seguita da un punto posto sul bordo di una ruota che rotola su un piano senza slittare. a) Fare uno schizzo della curva. b) Calcolare la velocità e l’accelerazione istantanee quando la particella si trova ai valori minimo e massimo di y? Soluzione Mentre la y(t) è pienamente periodica con periodo T = 2π/ω (0 ≤ y ≤ 2R), la x(t) è la somma di due termini; uno periodico con periodo T e l’altro proporzionale al tempo t. Questo secondo termine fa si che ad ogni periodo T la traiettoria si ripeta uguale a se stessa, ma traslata di un ∆x = 2πR. Perciò, per prima cosa valutiamo i punti della trattoria a t = 0, T /2 e T .    x(0) = 0 x(T /2) = πR x(T ) = 2πR ; ; y(0) = 2R y(T /2) = 0 y(T ) = 2R D’altra parte, per le componenti delle velocità lungo i due assi abbiamo     vx (t) = dx/dt = ωR[1 + cos(ωt)] vx (0) = 2ωR vx (T /2) = 0 vx (T ) = 2ωR ⇒ ; ; vy (t) = dy/dt = −ωR sin(ωt) vy (0) = 0 vy (T /2) = 0 vy (T ) = 0 Ricordando poi che il vettore velocità è tangente alla traiettoria, calcoliamo la quantità seguente m(t) =

vy (t) vx (t)

=−

sin(ωt) 1 + cos(ωt)

=−

2 cos(ωt/2) sin(ωt/2) 2 cos2 (ωt/2)

=−

sin(ωt/2) cos(ωt/2)

= − tan(ωt/2)

che non è altro che la pendenza della traiettoria all’istante t. Osservando che m(0) = m(T ) = 0 possiamo subito dire che la traiettoria in tali istanti è orizzontale. Invece, in t = T /2 dobbiamo fare un analisi più approfondita. G. Giugliarelli

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Esercitazione 2 – Cinematica + Dinamica Problema 2 – continuazione della soluzione In effetti, m non ha un valore determinato per t = T /2, dato che la funzione tan(ωT /2) diverge con segni opposti al tendere di t → T /2 da sinistra o da destra. Ma essendo lim   ± t→ T 2

m(t) = −

lim   ± t→ π ω

tan(ωt/2) = −

lim  ± x→ π 2

tan(x) = ±∞

allora il grafico della funzione deve essere del tipo

Il modulo della velocità nei punti di massima e minima ordinata sono q q 2 (0) + v 2 (0) = 2ωR; 2 (T /2) + v 2 (T /2) = 0 vymax = vx vymin = vx y y rispettivamente.

G. Giugliarelli

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Esercitazione 2 – Cinematica + Dinamica Problema 3 Un aereo deve volare verso est dal punto A al punto B e tornare indietro ad A. La velocità del velivolo in aria è v. La velocità del vento rispetto a terra è u ~ . La distanza che separa A da B è L e l’aereo vola a velocità costante. a) Dimostrare che se u ~ = 0 (assenza di vento), il tempo di andata e ritorno è t0 = 2L/v. Si supponga poi che la velocità del vento sia diretta come l’asse est-ovest. t0 b) Dimostrare che il tempo di andata e ritorno è ora tb = 1 − (u/v)2 Infine supponiamo che il vento spiri in direzione nord-sud. c) Dimostrare che il tempo di andata e ritorno è tc = p

t0 1 − (u/v)2

Soluzione Si noti che in tutti i casi l’aereo segue una traiettoria rettilinea (lungo l’asse x) sia all’andata che al ritorno. Indichiamo con ~ v la velocità dell’aereo nel sistema mobile con l’aria (tale sistema si muove ~ la velocità dell’aereo nel sistema fisso rispetto ai punti A e B. Prendendo l’asse x a velocità u ~ ) e con V ~ avrà la componente Vy = 0. diretto da A a B, la velocità V a) Se u ~ = 0, sistema mobile e fisso coincidono e quindi Vx = v all’andata e Vx = −v al ritorno. Perciò

t0 = ta + tr =

L v

+

L v

=

2L v

.

b) Quando u ~ è diretto verso ovest (cioè ux = −u e uy = 0) allora all’andata abbiamo V = v − u mentre al ritorno è V = −(v + u). Perciò i tempi di andata e ritorno sono

ta =

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L v−u

;

tr =

L v+u

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Esercitazione 2 – Cinematica + Dinamica Problema 3 – continuazione della soluzione con un tempo complessivo pari a

tb = ta + tr =

L v−u

+

L v+u

=L

2v

=

v 2 − u2

2L v[1 − (u/v)2 ]

=

t0 [1 − (u/v)2 ]

c) In quest’ultimo caso abbiamo una velocità u ~ diretta verso il basso (ux = 0 e uy = −u). All’andata avremo Vx = vx mentre essendo Vy = 0 dovrà essere −u + vy = 0. Pertanto, dato che il modulo di ~ v è sempre pari a v, allora v

2

2

2

2

2

= vx + vy = vx + u

=⇒

vx =

p

v 2 − u2

Quindi il tempo di andata sarà pari a

ta =

L vx

= p

L v 2 − u2

Al ritorno la situazione è analoga (cambia solo il segno di vx ) e quindi si ricava un tempo di ritorno uguale a quello appena calcolato. Riassumendo, il tempo complessivo è dato da

tc = 2ta = p

G. Giugliarelli

2L v 2 − u2

2L

= v

p

1 − (u/v)2

= p

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t0 1 − (u/v)2

.

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Esercitazione 2 – Cinematica + Dinamica Problema 4 I carrelli A, B, e C, collegati tramite corde inestensibili di massa trascurabile, hanno masse mA = 10 kg, mB = 15 kg e mC = 20 kg, rispettivamente. Una forza F = 200 N, è applicata a C. Trovare: a) l’accelerazione del sistema, assumendo che non ci sia alcun attrito; b) la tensione in ciascun cavo; c) discutere lo stesso problema nel caso in cui i carrelli si muovano lungo un piano inclinato di un angolo θ = 20◦ con l’orizzontale.

Soluzione Essendo i carrelli connessi tramite corde inestensibili, essi si muoveranno come un unico sistema di massa pari alla loro massa complessiva. Perciò, definendo M = mA + mB + mC = 45 kg, avremo

Ma = F

=⇒

a=

F M

2

= 4.44 m/s .

Ora, focalizzando l’attenzione sui singoli carrelli, a partire dal carrello A, per le forze orizzontali possiamo scrivere le seguenti relazioni:   mA a = T1 mB a = T2 − T1  mC a = F − T2

=⇒

 mA   T1 = mA a = M F = 44.4 N   T = T + m a = mA +mB F = 111 N. 2 1 B M

dove abbiamo scelto un’asse orizzontale diretto verso destra. G. Giugliarelli

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Esercitazione 2 – Cinematica + Dinamica Problema 4 – continuazione della soluzione Nel caso in cui i carrelli siano su un piano inclinato, possiamo fare considerazioni analoghe. Ora però, dobbiamo tenere conto anche della componente dei pesi dei carrelli lungo la direzione di moto. Infatti, prendendo un asse parallelo al piano inclinato, orientato come la forza F , le relazioni precedenti diventano:

M a = F − M g sin θ

=⇒

a=

F − M g sin θ M

2

= 1.09 m/s .

e   mA a = T1 − mA g sin θ mB a = T2 − T1 − mB g sin θ  mC a = F − T2 − mC g sin θ

=⇒

 mA   T1 = mA a + mA g sin θ = M F = 44.4 N   T = T + m a + m g sin θ = mA +mB F = 111 N. 2 1 B B M

Si noti che anche se i carrelli si muovono sul piano inclinato, i valori delle tensioni delle corde non sono cambiati.

G. Giugliarelli

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Esercitazione 2 – Cinematica + Dinamica Problema 5 Determinare l’accelerazione con cui si muovono i corpi nelle figure (a) e (b) ed anche le tensioni nelle funi. Assumere che i corpi scivolino senza attrito e che m1 = 20 kg, m2 = 18 kg, α = 30◦ e β = 60◦ .

Soluzione Si noti che, accanto ad ogni corpo, abbiamo indicato gli assi rispetto a cui scomporremo le forze che agiscono su di essi. Con questa scelta, per la situazione (a), possiamo scrivere le seguenti relazioni 

m1 a = T − m1 g sin α 0 = N1 − m1 g cos α ⇒



m2 a = m2 g − T 0=0

  N1 = m1 g cos α T = m1 a + m1 g sin α ⇒  (m1 + m2 )a = g(m2 − m1 sin α)

a=

g(m2 −m1 sin α) m1 +m2

= 2.06 m/s2 ;

m m g

2 (1 + sin α) = 139 N. T = m 1+m 1 2

Nella situazione (b) avremo invece 

m1 a = T − m1 g sin α 0 = N1 − m1 g cos α ⇒  m2 a = m2 g sin β − T 0 = N2 − m2 g cos β

 g(m2 sin β−m1 sin α) N1 = m1 g cos α   = 1.44 m/s2 a=  m1 +m2 N2 = m2 g cos β ⇒ T = m a + m g sin α  1 1 m1 m2 g   (m1 + m2 )a = g(m2 sin β − m1 sin α) T = m1 +m2 (sin β + sin α) = 127 N.

Si noti che ponendo nel caso (b) sin β = 1, si ricavano i risultati del caso (a).

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Esercitazione 2 – Cinematica + Dinamica Problema 6 Per sostenere al centro di una strada di larghezza l = 10 m, ad un’altezza h = 6.5 m, una lampada di massa m = 10 kg (vedi figura) viene scelto un cavo che può sopportare una tensione massima Tmax = 500 N. Si determini la minima distanza dmin dal suolo a cui possono essere fissati gli estremi del cavo.

Soluzione Se la lampada è sostenuta dai due cavi si dovrà avere che la somma delle componenti verticali delle tensioni T equilibri il peso della lampada stessa. Cioè 2T sin θ = mg dove θ è l’angolo che i due cavi formano con l’orizzontale. Se la tensione dei cavi è pari alla tensione massima avremo mg 2Tmax sin θmin = mg =⇒ sin θmin = 2Tmax Quindi, essendo sin θ = q

d−h (d−h)2 +(l/2)2

, avremo

dmin − h p

(dmin − h)2 + (l/2)2

=

mg 2Tmax

e infine dmin = h + p

G. Giugliarelli

mgl/4Tmax 1 − (mg/2Tmax )2

=h+ p

l/2 (2Tmax /mg)2 − 1

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= 7.0 m.

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Esercitazione 2 – Cinematica + Dinamica Problema 7 Tre oggetti sferici identici, 1, 2 e 3, di massa m = 500 g, sono disposti per mezzo di molle ideali (di massa trascurabile) a eguale distanza l’uno sotto l’altro; la sferetta 1 è a sua volta appesa con un filo ideale (inestensibile) al soffitto di una stanza (vedi figura). Supponendo di troncare il filo, si determinino all’istante della rottura: a) la tensione del filo prima della rottura; b) le accelerazioni a1 , a2 e a3 dei tre oggetti; c) l’accelerazione del centro di massa del sistema.

Soluzione Denotiamo con T , T12 e T23 la tensione del filo a cui è appesa la massa 1 e le tensioni delle molle tra le masse, rispettivamente. Essendo le tre masse in equilibrio, se consideriamo un’asse verticale diretto verso il basso, applicando Newton ricaviamo:    0 = −T + mg + T12  T23 = mg 0 = −T12 + mg + T23 T12 = 2mg =⇒   0 = −T23 + mg T = 3mg = 14.7 N. Quando il filo viene troncato la tensione T si annulla e quindi il sistema non è più in equilibrio. quell’istante le equazioni precedenti (sempre con T23 = mg e T12 = 2mg) ci permettono di ricavare    a1 = 3g = 29.4 m/s2 ;  ma1 = −T + mg + T12 ma2 = −T12 + mg + T23 =⇒ a2 = 0;   ma3 = −T23 + mg a3 = 0.

In

Percià la sferetta 1 comincia a muoversi con un’accelerazione tre volte superiore all’accelerazione di gravità; le altre due, avendo accelerazione nulla, restano inizialmente in quiete. Infine, l’accelerazione a del centro di massa del sistema è pari a a=

G. Giugliarelli

m1 a1 + m2 a2 + m3 a3 m1 + m2 + m3

=

3mg 3m

2

= g = 9.81 m/s .

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Esercitazione 2 – Cinematica + Dinamica Problema 8 La figura presenta un uomo seduto su un sedile penzolante da una fune priva di massa che, passando in una puleggia priva di massa e attrito, ritorna in mano all’uomo. La massa complessiva dell’uomo e del sedile è M = 95.0 kg. a) Con quale forza l’uomo deve tirare la fune per salire a velocità costante? b) Che forza dovrà applicare per salire con un’ accelerazione di 1.30 m/s2 ? Supponiamo, invece, che l’estremità destra della fune sia tenuta da una persona a terra. c) Ricalcolare a) e b) per questa nuova situazione. d) Qual’è in ciascuno di questi quattro casi la forza esercitata dalla carrucola sul soffitto? Soluzione Prima di tutto dobbiamo notare che quando l’uomo tira la corda verso il basso con una forza ~ (con ~ , per il principio di azione e reazione, la corda determina su di esso una forza uguale ed opposta R F R = F ). D’altra parte, la tensione della corda, T , dovrà essere necessariamente pari a F . Quindi R=F

e

T = F.

Se l’uomo sta salendo con velocità costante, moto uniforme, vuol dire che la forza complessiva su di esso è ~ nulla. Le forze che agiscono sull’uomo sono: la forza gravitazionale m~ g (diretta verso il basso), la forza che ~ (diretta verso l’alto). Quindi ~ (diretta verso l’alto) e la forza di reazione R la corda esercita sul sedile T ~ + m~ ~ ~ g +R 0=T

⇒

T + R = 2F = mg

⇒

F =

mg 2

= 465.5 N.

Se l’uomo si muove verso l’alto con accelerazione a = 1.30 m/s2 allora avremo ~ + m~ ~ ~ ~ m~ a =T g +R

G. Giugliarelli

⇒

F =

m(g + a) 2

= 527.0 N.

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Esercitazione 2 – Cinematica + Dinamica Problema 8 – continuazione della soluzione Se al contrario la corda viene tirata da un compagno al suolo allora nei due casi precedenti avremo 0 = T − mg

⇒

F = T = mg = 931 N,

ma = T − mg

⇒

F = m(g + a) = 1054 N.

e

In tutti e quattro i casi la forza che la carrucola esercita sul soffitto è uguale e contraria alla somma delle tensioni della corda ai lati della carrucola stessa. Perciò quando l’uomo si issa da solo tale forza sarà pari a 2 volte la forza con cui egli tira la corda. Se invece l’uomo viene issato da un suo compagno al suolo, allora tale forza sarà pari a 2 volte la forza che il compagno stesso esercita sulla corda. Si noti che in questo caso la forza esercitata dalla carrucola sul soffitto è doppia rispetto al caso precedente.

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Esercitazione 2 – Cinematica + Dinamica Problema 9 Una forza F = mg/3, costante in modulo, è applicata ad un corpo di massa m appoggiato su un piano orizzontale liscio. Nel corso dello spostamento rettilineo l’angolo che la forza ha rispetto all’orizzontale varia secondo la legge α = ks, dove k è una costante ed s è il cammino percorso dal corpo (a partire dalla sua posizione iniziale). Calcolare la velocità del corpo nel momento in cui l’angolo α è pari ad π/2. Soluzione Il moto è rettilineo; quindi, lungo la direzione di moto abbiamo m

dv

= F cos α

dt

Perciò, dato che è m

dv dt

=m

dv ds ds dt

= mv

dv ds

=

1 2

m

d ds

2

(v )

e

F cos α =

1 3

mg cos(ks)

otteniamo l’equazione 1 2

m

dv 2 ds

=

1 3

mg cos(ks)

− −−−−−−−−−−−−− → cambio di variabile

dv 2 dα

=

2 3k

g cos α

Infine, separando le variabili e integrando abbiamo

dv

2

=

2 3k

Z v2 (π/2) g cos αdα

=⇒

dv 0

2

=

2g

Z π/2

3k

cos αdα 0

e cioè 2

v (π/2) =

G. Giugliarelli

2g 3k

sin(π/2) =

2g 3k

s →

v(π/2) =

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2g 3k

.

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Esercitazione 2 – Cinematica + Dinamica Problema 10 Un motoscafo di massa M = 1000 kg sta navigando alla velocità v0 = 90 km/h quando il motore si arresta. L’intensità della forza di attrito fra lo scafo e l’acqua è proporzionale alla velocità del natante: fk = Av con A = 70 Ns/m. Calcolare il tempo impiegato dalla barca per rallentare fino alla velocità di 45 km/h. Soluzione Dal momento in cui si spegne il motore il moto del motoscafo soddisfa la seguente equazione del moto dv M a = −fk ⇒ M = −Av. dt Separando le variabili e integrando otteniamo

M

dv v

= −Adt

−→

M

Z v /2 dv 0 v

v0

Z t∗ = −A

 dt

−→

0

M ln

1 2



∗

= −At ,

dalla quale abbiamo t

G. Giugliarelli

∗

=

M A

ln 2 = 9.90 s.

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Esercitazione 3 – Dinamica del punto materiale Problema 1 I corpi A e B (vedi figura) hanno masse mA = 10.0 kg e mB = 5.0 kg, rispettivamente. Il coefficiente di attrito statico tra A e il tavolo è pari a µs = 0.4. a) Trovare la minima massa di C che impedirà ad A di muoversi. b) Calcolare l’accelerazione del sistema se C è rimosso.

Soluzione Finché C grava su A, la massima forza di attrito che il contatto di A con il tavolo può sviluppare è pari a fs,max = µs (mA + mC )g Quindi, essendo la tensione della corda pari al peso di B, allora A e C rimarranno fermi finché sarà soddisfatta la condizione seguente fs,max ≥ mB g

−→

µs (mA + mC )g ≥ mB g

che si traduce nella seguente mC ≥

mB − µs ma µs

= 2.5 kg.

Una volta che C è rimosso, notando che ora A prenderà a muoversi verso destra. Supponendo che l’attrito dinamico sia trascurabile (non ci sono dati del problema che ci permettano di stimare µk ), si vede immediatamente che l’accelerazione comune di A e B è

a=

G. Giugliarelli

mB mA + mB

g=

1 3

2

g = 3.27 m/s .

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Esercitazione 3 – Dinamica del punto materiale Problema 2 Una lastra di massa m2 = 40 kg è appoggiata su un pavimento privo di attrito. Su di essa è collocato un blocco di massa m1 = 10 kg. Fra il blocco e la lastra abbiamo µs = 0.60 e µk = 0.40. Il blocco 1 è tirato da una forza orizzontale di intensità F = 100 N. Quali sono le intensità delle accelerazioni risultanti a) per il blocco, b) per la lastra. Soluzione Quando il corpo 1 (di massa m1 = 10 kg) viene poggiato sul corpo 2 (di massa m2 = 40 kg) esso sarà soggetto ad una reazione normale N di ampiezza N = m1 g Si noti che per il principio di azione e reazione anche il corpo 2 sarà soggetto ad una reazione normale esattamente uguale e contraria a N . Se, tramite la trazione della forza F = 100 N, si tira il corpo 1 si svilupperà una forza di attrito f~ diretta ~ . Sempre per il principio di azione e reazione anche il corpo 2 subirà l’azione di in verso opposto ad F una forza di attrito esattamente uguale ed opposta da f~. A seconda che sia l’attrito statico o dinamico a generarla, f avrà i valori seguenti: fmax = fs,max = µs N = µs m1 g = 58.8 N;

f = fk = µk N = µk m1 g = 39.2 N.

Ora, per capire se i corpi scivolano l’uno sull’altro o meno, supponiamo per un momento che essi siano solidali e verifichiamo se la forza di attrito massima, valutata sopra, è compatibile con questa situazione. In queste condizioni i due corpi si muovono come un unico corpo di massa M = m1 + m2 = 50.0 kg soggetti ad una forza F = 100 N. Quindi la loro accelerazione comune a soddisferà la seguente: Ma = F

G. Giugliarelli

⇒

a=

F M

2

= 2.0 m/s .

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Esercitazione 3 – Dinamica del punto materiale Problema 2 – continuazione della soluzione Quindi, considerando il corpo 1 avremo

m1 a = F − fs

⇒

fs =

m2 F M

= 80.0 N,

abbondatemente maggiore di fs,max . Dobbiamo quindi concludere che i due corpi scivolano l’uno sull’altro. In queste condizioni dovrà essere (considerando le forze orizzontali che agiscono sul corpo 1 e 2):

m1 a1 = F − fk

⇒

a1 =

m2 a2 = fk

⇒

a2 =

G. Giugliarelli

F − fk m1 fk m2

2

= 6.08 m/s ; 2

= 0.98 m/s .

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Esercitazione 3 – Dinamica del punto materiale Problema 3 Un corpo di massa m è trainato tramite un filo con velocità costante su un piano inclinato che forma un angolo α con l’orizzontale (vedi figura). Il coefficiente d’attrito è uguale a µk . Determinare: a) l’angolo β che deve fare il filo con il piano inclinato affinché la sua tensione sia minima; b) il valore di tale tensione.

Soluzione Prendendo gli assi x e y rispettivamente parallelo e perpendicolare al piano inclinato e scomponendo le forze, abbiamo  0 = −mg sin α + T cos β − fk 0 = N − mg cos α + T sin β dove T è la tensione del filo, fk = µk N è la forza di attrito dinamico ed N è la reazione normale del piano inclinato. Risolvendo il sistema itteniamo:

T =

sin α + µk cos α cos β + µk sin β

mg;

N =

cos α cos β − sin α sin β cos β + µk sin β

mg =

cos(α + β) cos β + µk sin β

mg.

A questo punto, per minimizzare la tensione non dobbiamo far altro che porre a 0 la derivata seguente ∂T ∂β

" = −mg(sin α + µk cos α)

⇒

G. Giugliarelli

− sin β + µk cos β (cos β + µk

− sin β + µk cos β = 0

sin β)2

−→

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# =0

tan β = µk .

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Esercitazione 3 – Dinamica del punto materiale Problema 3 – continuazione della soluzione Quindi, ricordando che

cos β = p

1 1 + tan2 β

= q

1

;

1 + µ2 k

otteniamo Tmin =

sin β = p

tan β 1 + tan2 β

= q

µk

;

1 + µ2 k

sin α + µk cos α mg. q 1 + µ2 k

Si noti anche che ∂2T ∂β 2

" = mg(sin α + µk cos α)

(cos β + µk sin β)2 + (− sin β + µk cos β)2 (cos β + µk sin β)2

# tan β=µk

(sin α + µk cos α) = mg >0 q 1 + µ2 k che dimostra che il punto è di minimo per T (β).

G. Giugliarelli

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Esercitazione 3 – Dinamica del punto materiale Problema 4 Una palla di massa m = 1.34 kg è collegata da due fili privi di massa ad un’asta verticale rotante. I fili tesi formano con l’asta, alla quale sono fissati, un triangolo equilatero. La tensione del filo superiore è T1 = 35 N. a) Disegnare il diagramma vettoriale delle forze che agiscono sulla palla; b) Quanto vale la tensione della corda più bassa? c) Qual’è la risultante delle forze agenti sulla palla nella situazione illustrata in figura? d) Qual’è la velocità della palla? Soluzione Osservando il diagramma vettoriale delle forze che agiscono sulla palla di massa m = 1.34 kg (vedi sotto) ed essendo essa in rotazione, possiamo concludere che la somma vettoriale di tali forze deve ~ c associata al moto rotatorio. Vettorialmente avremo essere pari alla forza centripeta F ~c ~ 2 + m~ ~1 + T ~ g =F T Considerando le componenti verticali e orizzontali di tali forze scriviamo v2 T1 sin θ + T2 sin θ = m ; T1 cos θ − T2 cos θ − mg = 0 h dove θ = π/3 è l’angolo tra i lati del triangolo equilatero e h la sua altezza. Da queste si ottiene s   mg h mg T2 = T1 − e v= 2T1 − sin θ cos θ m cos θ √

Tenendo poi presente che h = L sin θ =

3 L, 2

s T2 = T1 − 2mg = 8.74 N

G. Giugliarelli

e

v=

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allora si ricava 3L 2m

(T1 − mg) = 6.45 m/s.

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Esercitazione 3 – Dinamica del punto materiale Problema 5 Un blocchetto di massa m viene lanciato (verso destra) con velocità iniziale v0 su una guida avente un tratto orizzontale piano e un tratto circolare di ampiezza angolare π e raggio R = 50.0 cm (vedi figura). L’attrito fra blocchetto e guida è trascurabile. a) Si determini la minima velocità iniziale v0,min affinché il blocchetto durante la prima parte del suo moto si mantenga sempre in contatto con la guida fino al punto A. Supponendo poi che v0 = v0,min determinare: b) il punto della guida dove é massima la reazione normale; c) a quale distanza da B ricade il blocchetto una volta lasciata la guida.

Soluzione Essendo l’attrito trascurabile il blocchetto arriva in B con velocità v0 . Negli istanti successivi esso prenderà a salire per il tratto curvo della guida. La sua posizione potrà essere individuata dall’angolo θ indicato in figura. Scegliendo un sistema di riferimento (vedi figura) il cui asse x è sempre tangente alla guida, la 2a legge di Newton si traduce nelle seguenti 

mak = −mg sin θ mac = N − mg cos θ

dove ak è l’accelerazione tangenziale (negativa perché il moto è decelerato) mentre ac = v 2 /R è l’accelerazione centripeta. La prima equazione può essere riscritta nella forma seguente

mak = m

G. Giugliarelli

dv dt

= −mg sin θ,

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Esercitazione 3 – Dinamica del punto materiale Problema 5 – continuazione della soluzione ma notando che, se con l = Rθ indichiamo la lunghezza dell’arco di guida percorsa dal blocchetto, possiamo anche scrivere dl dθ dv dω dω dθ dω =R = Rω → =R =R = Rω v= dt dt dt dt dθ dt dθ e mRω

dω dθ

Z θ

Z ω(θ) = −mg sin θ

→

Rωdω = −g sin θdθ

→

ωdω = −g

R

sin θdθ 0

ω(0)

Quindi 2

2

ω (θ) = ω (0) −

2g R

(1 − cos θ)

⇒

2

2

v (θ) = v0 − 2gR(1 − cos θ)

L’ultima espressione ci permette di calcolare la velocità in ogni punto del tratto di guida circolare. Sostituendo tale relazione nella seconda equazione del sistema iniziale, possiamo ricavare l’espressione della reazione normale N ottenendo

N = mac + mg cos θ =

mv 2 R

+ mg cos θ =

2 mv0

R

− 2mg(1 − cos θ) + mg cos θ =

2 mv0

R

− 2mg + 3mg cos θ

Da tale espressione possiamo vedere che N decresce all’aumentare di θ. In particolare in B (θ = 0), N assume il suo valore massimo pari a ! 2 v0 Nmax = m +g R La precedente relazione mostra anche che tanto maggiore è v0 tanto più tardi si annullerà N . Perciò, se vogliamo che N sia positivo perlomeno fino ad A (θ = π), il valore della velocità dovrà essere non inferiore a quello che porta ad avere N = 0 proprio in A. Imponendo nella precedente θ = π e N = 0, si ricava v0,min =

G. Giugliarelli

p

5gR = 4.95 m/s.

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Esercitazione 3 – Dinamica del punto materiale Problema 6 Un corpo puntiforme di massa m = 2.0 kg scivola lungo un piano inclinato (molto lungo) formante un angolo θ = 30◦ rispetto all’orizzontale e nel suo moto è soggetto, oltre alla forza di gravità, ad una forza resistente (che congloba l’attrito di strisciamento e la resistenza dell’aria) il cui modulo è esprimibile come R = A + Bv dove A e B sono delle costanti positive e v è il modulo della velocità del corpo. Si sà anche che: i) nel suo libero scivolamento sul piano inclinato il corpo raggiunge la velocità limite vlim = 30 m/s; ii) partendo da fermo, il corpo impiega un tempo thalf = 10 s per raggiungere una velocità vlim /2. Determinare i coefficienti A e B. Soluzione Applicando la seconda legge della dinamica si vede facilmente che il moto del corpo lungo il piano inclinato è determinato dall’equazione seguente m

dv dt

= mg sin θ − R = mg sin θ − A − Bv,

dove si è scelto un’asse x giacente sul piano inclinato e diretto verso il basso. Il raggiungimento della velocità limite comporta l’annullarsi della forza risultante lungo il piano inclinato (e ciò produce l’annullamento dell’accelerazione del corpo). Quindi dovrà essere mg sin θ − A − Bvlim = 0

⇒

A = mg sin θ − Bvlim .

Sostituendo queste ultime nella precedente possiamo dare all’equazione del moto del corpo la seguente forma dv m = B(vlim − v). dt Separando le variabili e integrando ambo i membri tra gli istanti t = 0 (v = 0) e t (v = v(t)) si ottiene ! Z v(t) dv dv vlim − v(t) B = Bdt ⇒ m = Bt ⇒ ln = − t, m vlim − v vlim − v vlim m 0 e quindi  v(t) = vlim G. Giugliarelli

−Bt m

1−e

 .

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Esercitazione 3 – Dinamica del punto materiale Problema 6 – continuazione della soluzione Da tale legge oraria segue che se la velocità del corpo raggiunge 1 v nel tempo thalf , allora 2 lim

vlim

  vlim −Bt 1 − e m half = 2

− B thalf m

⇒

e

=

1 2

⇒

B m

thalf = ln 2,

e quindi B = ln 2 ·

m thalf

= 0.138 kg/s.

Infine tornando all’espressione di A si ottiene

A = mg sin θ − ln 2 ·

G. Giugliarelli

mvlim thalf

= 5.65 N.

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Esercitazione 4 – Dinamica del punto materiale, lavoro e conservazione dell’energia Problema 1 Un corpo puntiforme di massa m = 1.0 kg viene lanciato lungo la superficie di un cuneo avente un’inclinazione θ = 40◦ rispetto all’orizzontale e altezza h = 80 cm. Il corpo viene lanciato dal punto più basso del cuneo con una velocità iniziale v0 . La superficie del cuneo su cui scivola il corpo puntiforme presenta un coefficiente di attrito dinamico µk = 0.5. Sapendo che il cuneo, che potrebbe scivolare senza attrito sul piano di appoggio, è mantenuto in quiete per mezzo di una forza esterna, determinare: a) il valore di v0 affinché il corpo dopo aver raggiunto la sommità del cuneo ricada al suolo ad una distanza d = 30 cm dal cuneo stesso; b) il modulo della forza esterna che deve essere utilizzata per mantenere il cuneo in quiete durante la salita del corpo puntiforme secondo quanto calcolato al punto a). Soluzione Indichiamo con v1 il modulo della velocità del corpo alla sommità del cuneo. Durante il suo successivo volo parabolico le equazioni orarie delle sue coordinate sono le seguenti  x(t) = v1 cos θ · t , y(t) = h + v1 sin θ · t − 1 gt2 2 dove θ è l’angolo d’inclinazione del cuneo. coordinate (d, 0), abbiamo

Quindi, dato il punto d’impatto del corpo con il suolo ha

v1 cos θ · t = d

⇒

t=

d v1 cos θ

,

e h + v1 sin θ · t −

1 2

2

gt

= h + d tan θ −

s

gd2 2 2v1

cos2

θ

=0

⇒

v1 =

gd2 2(h + d tan θ) cos2 θ

= 0.85 m/s.

Tenendo conto dell’azione della forza di attrito lungo la salita, il moto del corpo è uniformemente decelerato con una accelerazione in modulo pari a = g(sin θ + µk cos θ) e le equazioni che regolano il suo moto sono x(t) = v0 t −

1 2

2

at ;

v(t) = v0 − at,

dove ora x è misurata lungo il piano inclinato e v0 è il modulo della velocità iniziale del corpo. G. Giugliarelli

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21/03/2013

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Esercitazione 4 – Dinamica del punto materiale, lavoro e conservazione dell’energia Problema 1 – continuazione della soluzione Quindi, se indichiamo con t1 il tempo in cui il corpo raggiunge la sommità del cuneo e se vogliamo che in tale istante esso abbia velocità pari a v1 , tenendo presente che il piano inclinato ha una lunghezza h/ sin θ, dovrà essere  v1 = v0 − at1      

h sin θ

= v0 t1 −

⇒ 1 2

t1 = (v0 − v1 )/a; 2

at1

⇒

2 v0

−

2 v1

a

=

s ⇒

h sin θ

;

v0 =

2 + v1

2ah sin θ

.

Esplicitando l’accelerazione a abbiamo s v0 =

2 + 2gh + v1

2µk gh tan θ

= 5.08 m/s.

Durante la salita del corpo sul cuneo, a causa del principio di azione e reazione, agiscono le due forze uguali ~ (di modulo mg cos θ) e f~k (di modulo µk N = µk mg cos θ). Conseguentemente, se vogliamo ed opposte a N che il cuneo rimanga fermo, esso dovrà essere trattenuto da una forza orizzontale di modulo pari alla somma delle componenti orizzontali delle forze suddette. E cioè pari a 2

F = N sin θ + fk cos θ = mg cos θ sin θ + µk mg cos θ = mg cos θ(sin θ + µk cos θ) = 7.7 N.

G. Giugliarelli

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21/03/2013

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Esercitazione 4 – Dinamica del punto materiale, lavoro e conservazione dell’energia Problema 2 Un corpo puntiforme di massa m = 1.0 kg viene lanciato lungo la superficie di una lastra avente massa M = 4.0 kg e lunghezza L = 120 cm. Il corpo viene lanciato lungo la lastra con una velocità iniziale v0 . La superficie della lastra su cui scivola il corpo puntiforme presenta un coefficiente di attrito dinamico µk = 0.4. Supponendo che la lastra venga mantenuta ferma: a) determinare il valore di v0 affinché il corpo raggiunga esattamente la fine della lastra senza cadere da essa. Supporre poi che la lastra possa scivolare senza attrito sul piano di appoggio e che ora, quando il corpo puntiforme viene lanciato su di essa con la velocità iniziale v0 calcolata al punto a), essa sia libera di muoversi. Determinare: b) la velocità finale del sistema lastra corpo e la distanza che il corpo percorre lungo la lastra. Soluzione Quando la lastra è mantenuta ferma, a causa della forza di attrito dinamico fk = µk N = µk mg che agisce sul corpo puntiforme esso si muoverà di moto uniformemente decelerato con am = −µk g e quindi la sua velocità e posizione seguiranno le seguenti relazioni v(t) = v0 + am t = v0 − µk gt;

x(t) = v0 t +

1 2

am t

2

= v0 t −

1 2

2

µk gt .

Se t∗ è il tempo in cui il corpo raggiunge l’altro estremo della lastra e vogliamo in tale istante il corpo si fermi, dovrà essere 

x(t∗ ) = L; v(t∗ ) = 0;

⇒

∗

t

=

v0 µk g

⇒

2 v0

µk g

−

2 1 v0 =L 2 µk g

→

v0 =

p

2µk Lg = 3.07 m/s.

D’altra parte, se la lastra é libera di muoversi, in seguito al lancio del corpo, si muoverà anch’essa. In tal caso, mentre il corpo viene rallentato dalla forza di attrito fk , sempre opposta al suo moto (e la sua accelerazione sarà sempre pari a am = −µk g), ora la lastra segue un moto accelerato determinato dalla m g. reazione (principio di azione–reazione) alla fk , con accelerazione aM = µk M Quindi, le velocità (rispetto al suolo) del punto materiale e della lastra seguiranno le seguenti relazioni vm (t) = v0 − µk gt; G. Giugliarelli

vM (t) = µk

m

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gt. 21/03/2013

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Esercitazione 4 – Dinamica del punto materiale, lavoro e conservazione dell’energia Problema 2 – continuazione della soluzione Perciò all’istante t1 , ottenuto come segue vm (t1 ) = vM (t1 )

→

v0 − µk gt1 = µk

essi raggiungono la comune velocità vf = vm (t1 ) = vM (t1 ) =

m M

gt1

m M +m

⇒

t1 =

M v0 µk (M + m)g

,

v0 = 0.61 m/s.

Ovviamente, dato che all’istante t1 ormai non c’è più slittamento fra corpo e lastra, negli istanti successivi essi procederanno (come un solo corpo) a velocità vf . Perciò vf è la velocità finale del sistema corpo+lastra! Si noti anche che, dall’istante di lancio t = 0, all’istante t1 lo spazio percorso (rispetto al suolo) da corpo e lastra sono dati da 1 1 m 2 2 xm = v0 t1 − µk gt1 ; xM = µk gt1 , 2 2 M rispettivamente. Conseguentemente, la distanza d = xm − xM corrisponde allo spostamento del corpo rispetto alla lastra, che sarà quindi pari a 2 1 M +m 1 M v0 M 4 2 d = xm − xM = v0 t1 − µk gt1 = = L = L = 96.0 cm. 2 M 2 µk (M + m)g M +m 5

G. Giugliarelli

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Esercitazione 4 – Dinamica del punto materiale, lavoro e conservazione dell’energia Problema 3 Un cono, di altezza H = 30 cm e raggio di base R = 10.0 cm, è disposto verticalmente con il vertice in basso e ruota a velocità angolare ω0 intorno al suo asse (vedi figura). Sulla sua superficie interna è poggiato un corpo puntiforme che ruota insieme al cono. Il corpo è ad una quota h = 15 cm al disopra del vertice del cono ed è in equilibrio statico rispetto ad esso. Determinare: a) la velocità angolare ω0 del cono supponendo che la sua superficie non presenti attrito; b) entro quali limiti può essere variata la velocità angolare del cono mantenendo il corpo in equilibrio sempre alla quota h, nel caso in cui la superficie del cono presenti attrito con µs = 0.2. Soluzione In assenza di attrito se il corpo è in equilibrio rispetto al cono, essendo questo in rotazione intorno al suo asse, la somma delle componenti lungo la parete delle forze gravitazionale e centrifuga (siamo nel sistema rotante) dovrà essere nulla. Perciò, indicando con θ l’angolo al vertice del cono (l’angolo che le sue pareti formano rispetto alla verticale) per il quale si ha tan θ =

R H

=

1 3

,

sin θ = p

R R2 + H 2

= 0.316,

cos θ = p

H R2 + H 2

= 0.949,

e prendendo un asse lungo la superficie del cono orientato dal suo vertice verso il suo bordo, dovremo avere 2

mω0 r sin θ − mg cos θ = 0 con r = h tan θ pari al raggio dell’orbita circolare percorsa dal corpo. Si ottiene quindi 2

g cos θ = ω0 h tan θ sin θ

G. Giugliarelli

⇒

2

ω0 =

g h tan2 θ

=

gH 2 hR2

→

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ω0 =

H R

r

g h

= 24.3 rad/s.

21/03/2013

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Esercitazione 4 – Dinamica del punto materiale, lavoro e conservazione dell’energia Problema 3 – continuazione della soluzione Teniamo ora conto della presenza di attrito statico. In tal caso per una velocità angolare diversa da ω0 il diverso valore della forza centrifuga determina la presenza di una forza di attrito statico fs che soddisfa la seguente equazione 2 mω r sin θ − mg cos θ + fs = 0, e che deve sottostare alla condizione |fs | ≤ µs N

⇒

2

|m(ω r sin θ − g cos θ)| ≤ µs N

Ricavando la reazione normale N dalla seguente, 2

N − mg sin θ − mω r cos θ = 0

⇒

2

N = m(g sin θ + ω r cos θ).

e sostituendo nella precedente otteniamo 2

2

|ω r sin θ − g cos θ| ≤ µs (g sin θ + ω r cos θ)

⇒

(cos θ − µs sin θ) g (sin θ + µs cos θ) r

≤ω

2

≤

(cos θ + µs sin θ) g (sin θ − µs cos θ) r

Da quest’ultima, tenendo presente che r = h tan θ = 5.0 cm, si ricava

ωmin ≤ ω ≤ ωmax

⇒

s  (cos θ − µs sin θ) g    ωmin = = 18.5 rad/s    (sin θ + µs cos θ) r s    (cos θ + µs sin θ) g    ωmax = = 39.7 rad/s (sin θ − µs cos θ) r

G. Giugliarelli

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Esercitazione 4 – Dinamica del punto materiale, lavoro e conservazione dell’energia Problema 4 Una coppa semisferica, di raggio R = 30 cm è disposta con la concavità rivolta verso l’alto e ruota a velocità angolare ω0 intorno al suo asse (vedi figura). Sulla sua superficie interna, ad una quota h = 10 cm al disopra del punto più basso della coppa, è poggiato un corpo puntiforme in equilibrio statico rispetto ad essa. Determinare: a) la velocità angolare ω0 con cui ruota la coppa supponendo che la sua superficie non presenti attrito; b) entro quali limiti può essere variata la velocità angolare della coppa mantenendo il corpo in equilibrio sempre alla quota h, nel caso in cui la superficie della coppa presenti attrito con µs = 0.4. Soluzione In assenza di attrito se il corpo è in equilibrio rispetto alla coppa, essendo questa in rotazione intorno al suo asse, la somma delle componenti lungo la parete delle forze gravitazionale e centrifuga (siamo nel sistema rotante) dovrà essere nulla. Prima di tutto indichiamo con θ l’angolo che il raggio passante per il corpo ha rispetto alla verticale. Si ha

cos θ =

R−h R

=

2 3

= 0.667,

sin θ =

p h(2R − h) R

= 0.745.

Prendendo un asse tangente alla parete della coppa nel punto occupato dal corpo orientato verso l’alto, l’equilibrio del corpo impone 2 mω0 r cos θ − mg sin θ = 0 con r = R sin θ pari al raggio dell’orbita circolare percorsa dal corpo. Si ottiene quindi

2

g sin θ = ω0 R sin θ cos θ

G. Giugliarelli

⇒

2

ω0 =

g R cos θ

=

g R−h

s →

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ω0 =

g R−h

= 7.0 rad/s.

21/03/2013

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Esercitazione 4 – Dinamica del punto materiale, lavoro e conservazione dell’energia Problema 4 – continuazione della soluzione Teniamo ora conto della presenza di attrito statico. In tal caso per una velocità angolare diversa da ω0 il diverso valore della forza centrifuga determina la presenza di una forza di attrito statico fs che soddisfa la seguente equazione 2 mω r cos θ − mg sin θ + fs = 0, e che deve sottostare alla condizione |fs | ≤ µs N

⇒

2

|m(ω r cos θ − g sin θ)| ≤ µs N

Ricavando la reazione normale N dalla seguente, 2

N − mg cos θ − mω r sin θ = 0

⇒

2

N = m(g cos θ + ω r sin θ).

e sostituendo nella precedente otteniamo 2

2

|ω r cos θ − g sin θ| ≤ µs (g cos θ + ω r sin θ)

⇒

(sin θ − µs cos θ) g (cos θ + µs sin θ) r

≤ω

2

≤

(sin θ + µs cos θ) g (cos θ − µs sin θ) r

Da quest’ultima, tenendo presente che r = R sin θ = 22.3 cm, si ricava

ωmin ≤ ω ≤ ωmax

⇒

s  (sin θ − µs cos θ) g    ωmin = = 4.67 rad/s    (cos θ + µs sin θ) r s    (sin θ + µs cos θ) g    ωmax = = 11.0 rad/s (cos θ − µs sin θ) r

G. Giugliarelli

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Esercitazione 4 – Dinamica del punto materiale, lavoro e conservazione dell’energia Problema 5 Si abbia una guida circolare di raggio R (come quella qui a fianco) disposta orizzontalmente (la figura corrisponde alla vista dall’alto). Un corpo puntiforme di massa m, posto all’interno della guida, viene lanciato lungo la guida stessa con una velocità iniziale di ampiezza v0 . Supponendo che la guida sia mantenuta fissa, e che tra corpo e guida sia presente un coefficiente di attrito dinamico µk = 0.10, si determini: a) la legge con cui varia la velocità del corpo durante il suo moto circolare; b) dopo quanti giri la velocità del corpo si sarà ridotta ad 1/10 di quella iniziale. Soluzione Il moto del punto materiale è chiaramente circolare, ma a causa della forza di attrito la velocità non si manterrà costante. In effetti, con la 2a legge della dinamica potremmo scrivere ~ + f~k ~ m~ a =N ~ e f~k sono la reazione normale della guida e la forza di attrito, rispettivamente. Proiettando tale dove N equazione lungo le direzioni tangente e perpendicolare alla guida otterremo  mak = −fk = −µk N    v2    ma⊥ = m =N R dove si è esplicitata la forza di attrito fk in termini di N e v 2 /R è l’accelerazione centripeta. Combinando le due relazioni otteniamo l’equazione differenziale seguente mak = −µk N = −µk m

v2 R

⇒

ak =

dv dt

=−

µk 2 v , R

dalla quale, per integrazione, potremo ricavare l’espressione della velocità in funzione, ad esempio, del tempo. G. Giugliarelli

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Esercitazione 4 – Dinamica del punto materiale, lavoro e conservazione dell’energia Problema 5 – continuazione della soluzione Infatti, separando le variabili e integrando si ottiene dv v2

=−

µk R

dt

1

⇒

v0

−

1 v(t)

=−

µk R

t

→

v(t) =

1 µ

1 v0

+ Rk t

.

D’altra parte, se indichiamo con s lo spazio percorso dal punto materiale lungo la guida (a partire dalla dv dv ds dv posizione iniziale) e notando che è = · =v la precedente equazione può essere integrata anche dt ds dt ds come segue v

dv

=−

ds

µk 2 v R

⇒

dv v

=−

µk R

ds

→

−

v(s) = v0 e

µk s R .

L’ultima relazione ci dà, direttamente, la velocità in funzione dello spazio percorso. Quest’ultima espressione è particolarmente utile in relazione alla domanda b). Infatti, dato che in un giro il punto materiale percorre una distanza pari a 2πR, se indichiamo con Ng il numero di giri effettuati dal corpo, possiamo scrivere che lo spazio percorso nel frattempo sarà pari a s = 2πRNg e quindi l’espressione della velocità diventa −2πµk Ng v(s) = v(Ng ) = v0 e . Perciò, se vogliamo calcolare il numero di giri in cui la velocità diventa 1/10 di quella iniziale avremo v0 10

−2πµk Ng

= v0 e

G. Giugliarelli

⇒

2πµk Ng = ln(10)

⇒

Ng =

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ln(10) 2πµk

= 3.66.

21/03/2013

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Esercitazione 5 – Dinamica del punto materiale e conservazione dell’energia Problema 1 Nella figura vediamo una corda che passa su due pulegge prive di massa e di attrito e un peso di massa m = 20 kg agganciato alla puleggia ~ è applicata manualmente all’estremità libera della inferiore, mentre una forza F corda. ~ per far salire il peso a velocità costante? a) Quale dev’essere l’intensità di F b) Per far salire il peso di 2.0 cm, di quanto dovrà spostarsi la mano dell’operatore? c) Qual’è il lavoro compiuto sul peso durante questo spostamento dall’operatore? d) E dalla forza di gravità? Soluzione Se il peso si muove di moto uniforme verso l’alto, essendo questo un moto con accelerazione nulla, la somma delle forze che agiscono su di esso deve essere nulla! Perciò, essendo il peso del corpo equilibrato da 2 volte la tensione, T della corda, dovremo avere 1 T = mg 2 Quindi, essendo anche F = T avremo F =T =

1 2

mg = 98.0 N.

Quando il peso sale di 2.0 cm, la mano dell’operatore deve abbassarsi di 4.0 cm. Infatti, ogni spostamento della corda verso il basso ∆y (effettuato dall’operatore) si distribuisce equamente sui due lati della puleggia a cui è agganciato il peso, che quindi sale di una quota pari a ∆y/2. Il lavoro compiuto dall’operatore e dalla forza di gravità sono 1 ∆y Lo = F ∆y = mg∆y = 3.92 J; Lg = −mg = −3.92 J. 2 2

G. Giugliarelli

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26/03/2013

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Esercitazione 5 – Dinamica del punto materiale e conservazione dell’energia Problema 2 Un blocchetto di massa m può scorrere lungo la pista a spirale in figura. a) Se è lasciato cadere da fermo dal punto P , quale sarà la forza netta che agisce su di esso nel punto Q? b) Da quale altezza sopra il punto più basso della spirale si dovrebbe lasciar cadere il blocchetto per far si che stia per perdere il contatto con la pista nel punto più alto del ricciolo?

Soluzione Dalla conservazione dell’energia meccanica, abbiamo 1 2 2 mgh = mgR + mvQ ⇒ mvQ = 2mg(h − R) 2 ~ Le forze che agiscono sul blocchetto sono la forza gravitazionale, m~ g , e la reazione normale della pista, ~ . Nel punto Q, essendo m~ ~ N g tangente alla pista, la normale N deve essere pari alla forza centripeta, Fc , necessaria a tenere il blocchetto sulla pista. Cioè 2 vQ h−R NQ = Fc = m = 2mg R R Perciò la forza complessiva sul blocchetto sarà q mg q 2 + m2 g 2 = ~Q = N ~ Q + m~ ~ g F → F Q = NQ 4(h − R)2 + R2 R In punti diversi della traiettoria, anche il peso del blocchetto contribuisce alla forza centripeta. In effetti (vedi figura) è mv 2 mv 2 = N − mg cos θ ⇒ N = + mg cos θ R R

G. Giugliarelli

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26/03/2013

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Esercitazione 5 – Dinamica del punto materiale e conservazione dell’energia Problema 2 – continuazione della soluzione Se vogliamo che nel punto più alto del ricciolo (θ = π) il blocchetto stia per perdere il contatto, allora dovrà essere N = 0. Quindi mv 2 2 − mg = 0 mv = mgR R Perciò, dalla conservazione dell’energia, otteniamo 0

mgh = 2mgR +

G. Giugliarelli

1 2

mv

2

= 2mgR +

1 2

mgR =

5 2

mgR

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⇒

0

h =

5 2

R.

26/03/2013

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Esercitazione 5 – Dinamica del punto materiale e conservazione dell’energia Problema 3 Una catena, come si vede in figura, è tenuta ferma su un tavolo privo di attrito mentre un quarto della sua lunghezza penzola dal bordo del tavolo. Se la catena ha una lunghezza totale L e una massa m, quanto lavoro è richiesto per tirare indietro fino sul piano del tavolo la parte penzolante?

Soluzione Si noti che ogni elementino di catena, di lunghezza dh e ad una quota h al di sotto del piano del tavolo, una volta portato sul tavolo guadagna un’energia potenziale gravitazionale pari a dU = dm gh dove dm è la massa dell’elementino di catena. Notando che dm =

m L

dh,

sommando tutti i contributi si ottiene che il guadagno complessivo in energia potenziale è Z ∆U =

dU =

m L

Z L/4 g

hdh = 0

m L

g

1 2



L

2

4

=

mgL 32

Ovviamente tale quantità è anche pari al lavoro che si deve compiere per issare la catena.

G. Giugliarelli

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Esercitazione 5 – Dinamica del punto materiale e conservazione dell’energia Problema 4 Entro una guida verticale può scorrere liberamente una bacchetta di massa m = 800 g. L’estremo inferiore della bacchetta poggia (senza presentare nessun tipo di attrito) sulla superficie inclinata di un sottile cuneo, di massa M = 1.2 kg e di angolo di base θ = 45◦ , a sua volta posto su un piano orizzontale (vedi figura). Il sistema è inizialmente in quiete. Nell’ipotesi che il cuneo scivoli senza attrito sul piano orizzontale, si determini la velocità e l’accelerazione del cuneo quando la bacchetta è scesa di un tratto h0 = 30 cm. Soluzione Per prima cosa si noti che se dy (lungo l’asse y diretto verso l’alto) è lo spostamento elementare verticale della bacchetta, lo spostamento dx del cuneo (lungo l’asse x orizzontale verso destra) deve soddisfare la relazione seguente dy = −(tan θ)dx = −dx Conseguentemente, derivando rispetto al tempo una e dy dx vb = =− = −vc ; dt dt dove vb , vc , ab e ac sono le velocità e le accelerazioni Non essendoci attriti, l’energia meccanica si conserva. h avremo

mgy0 = mg(y0 −h)+

1 2

2

mvb +

1 2

2

M vc

→

mgh =

1 2

due volte ricaviamo d2 y d2 x ab = =− = −ac , dt2 dt2 di bacchetta e cuneo, rispettivamente. Perciò per uno spostamento della bacchetta pari ad

s 2

(m + M ) vc

→ ⇒

vc =

2mgh m+M

= 1.53 m/s.

D’altra parte, derivando rispetto al tempo la relazione appena utilizzata, ricaviamo

mg

dh dt

= (m + M ) vc

G. Giugliarelli

dvc dt

→

−mgvb = (m + M ) vc ac

=⇒

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ac =

m m+M

2

g = 3.92 m/s .

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Esercitazione 5 – Dinamica del punto materiale e conservazione dell’energia Problema 5 Un corpo di massa m viene lanciato su di un piano di lunghezza l = 80 cm che può essere inclinato (rispetto all’orizzontale) di un angolo 0 ≤ α ≤ π/2. Il corpo (indipendentemente dall’angolo di inclinazione del piano) viene lanciato con una velocità iniziale v0 sempre tangente al piano stesso. Il piano presenta un coefficiente di attrito dinamico µk = 0.7. a) Determinare l’espressione della minima velocità iniziale, v0,min (α), che permette al corpo di raggiungere l’altro estremo del piano; b) Calcolare l’angolo d’inclinazione, αmax , in corrispondenza del quale v0,min assume il suo valore massimo, e il valore corrispondente; c) Fissato α = αmax e v0 = 2v0,min (αmax ) determinare la massima quota raggiunta dal corpo rispetto al punto di partenza (si supponga che il corpo, una volta staccatosi dal piano, segua il moto del proiettile). Soluzione Applicando il teorema dell’energia cinetica possiamo dire che la variazione dell’energia cinetica del corpo dovrà essere pari alla somma dei lavori della forza di gravità e della forza di attrito. E cioè potremo scrivere la seguente 1 1 2 2 mvf − mv0 = −mgl sin α − µk mgl cos α ∆K = Lg + La = −∆Ug + La =⇒ 2 2 dove vf è la velocità del corpo alla fine del piano inclinato e µk mg cos α corrisponde al modulo della forza di attrito. Quindi, imponendo una velocità finale vf = 0, ricaviamo q 2 2 v0,min (α) = 2gl (sin α + µk cos α) v0 = v0,min (α) = 2gl (sin α + µk cos α) ⇒ Poi, per ricavare l’angolo che rende massima tale velocità, imponiamo che la derivata rispetto ad α della precedente espressione sia nulla. Così facendo si ottiene ! d 2 1 ◦ v0,min (α) = 2gl (cos α − µk sin α) = 0 ⇒ α = αmax = arctan = 55.0 dα µk p p Quindi, tenendo conto che cos α = 1/ 1 + tan2 α e sin α = tan α/ 1 + tan2 α ricaviamo r q µk + tan α 2 v0,min (α) = 2gl p ⇒ v0,min (αmax ) = 2gl 1 + µ2 = 4.38 m/s. k 2 1 + tan α G. Giugliarelli

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Esercitazione 5 – Dinamica del punto materiale e conservazione dell’energia Problema 5 – continuazione della soluzione Ora, se supponiamo che la velocità finale nel punto più alto del piano non sia più nulla, dalla prima relazione che avevamo otteniamo 2 2 vf = v0 − 2gl (sin α + µk cos α) Quindi, considerando la sua componente verticale, vf,y = vf sin α, la quota massima che raggiungerà il corpo sarà pari alla somma dei spostamenti verticali subiti durante i moti rettilineo lungo il piano inclinato 1 gt2 ) e cioè (h1 = l sin α) e parabolico (h2 = vf,y t2 − 2 2 1

ymax = l sin α + vf,y t2 −

2

2

gt2

t2 è il tempo di volo dalla sommità del piano inclinato al vertice della parabola e sarà tale che vf,y − gt2 = 0

⇒

t2 =

vf,y g

Sostituendo nella precedente ricaviamo

ymax = l sin α +

2 vf,y

2g

= l sin α +

2 vf sin2 α

2g

=

2 v0

2g

  2 3 2 sin α + l sin α − sin α − µk cos α sin α

Valutando tale espressione quando e otteniamo

ymax = 4

G. Giugliarelli

q 2gl 1 + µ2 k

1

2g

1 + µ2 k

= q

4l

= 2.62 m.

1 + µ2 k

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26/03/2013

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Esercitazione 5 – Dinamica del punto materiale e conservazione dell’energia Problema 6 Un punto materiale scivola sulla pista visibile in sezione in figura, con le estremità innalzate rispetto alla parte centrale, che è piano e orizzontale ed ha lunghezza L. Le due parti curve sono prive di attrito, mentre per la parte piana il coefficiente di attrito dinamico è µk = 0.20. Il corpo è lasciato libero in A, all’altezza h = L/2 rispetto al tratto piano. Dove va a fermarsi il punto materiale? Soluzione Il corpo si fermerà quando tutta l’energia potenziale iniziale è stata dissipata dalla forza di attrito sul tratto piano. Tale forza è sempre opposta alla direzione di moto ed ha intensità pari a fk = µk N = µk mg Se indichiamo con ∆x la distanza complessivamente percorsa in orizzontale dal punto materiale, l’energia dissipata sarà pari al lavoro compiuto dalla forza di attrito, pari a fk ∆x. Quindi dovrà essere

mg

L 2

= fk ∆x = µk mg∆x

⇒

∆x =

L 2µk

= 2.5L

Ciò significa che il punto materiale si ferma nel centro del tratto piano, la seconda volta che lo percorre verso destra.

G. Giugliarelli

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Esercitazione 5 – Dinamica del punto materiale e conservazione dell’energia Problema 7 Un blocco di massa m = 2.5 kg, muovendosi come nella figura va ad urtare una molla orizzontale avente k = 320 N/m, e la comprime per una lunghezza massima ∆x = 7.5 cm. Il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie di scorrimento è µk = 0.25. a) Quanto lavoro svolge la molla per arrestare il blocco? b) Quanta energia meccanica è dissipata in energia termica dalla forza d’attrito prima che il blocco sia arrestato dalla molla? c) Qual’era la velocità del blocco quando ha urtato la molla? Soluzione Data la presenza di attrito, l’energia meccanica non si conserva! Però, la sua variazione deve essere pari al lavoro fatto dalla forza di attrito. Considerando quindi il tratto di moto in cui la molla viene compressa potremo scrivere che ∆K + ∆Ue = −fk ∆x

⇒

−

1 2

2

mv0 +

1 2

k∆x

2

= −µk mg∆x

dove fk = µk mg è l’intensità della forza di attrito. Quindi, il lavoro fatto dalla molla durante la compressione e quello compiuto dalla forza di attrito sono Le = −∆Ue = −

1 2

k∆x

2

= −0.90 J;

Lk = −µk mg∆x = −0.46 J.

Dalla precedente abbiamo immediatamente che l’energia meccanica dissipata è pari a 0.46 J, e cioè, al modulo del lavoro della forza di attrito. Infine, dalla prima relazione si ricava s v0 =

G. Giugliarelli

2µk g∆x +

k m

∆x2 = 1.04 m/s.

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Esercitazione 5 – Dinamica del punto materiale e conservazione dell’energia Problema 8 Una pietra di peso w è scagliata in aria verticalmente con velocità iniziale v0 . Supponendo che una forza costante f dovuta alla resistenza dell’aria agisca sulla pietra lungo tutta la sua traiettoria dimostrare che: v2

0 a) la massima altezza raggiunta dalla pietra è h = 2g(1+f ; /w)

b) la velocità della pietra al momento dell’impatto col terreno è v = v0

q

w−f w+f

.

Soluzione Durante l’ascesa la variazione dell’energia meccanica deve eguagliare il lavoro fatto dalla forza resistente. Quindi

→

∆Emecc = ∆K + ∆Ug = Lf

−

1 2

2

mv0 + mgh = −f h

→

h=

2 mv0

2(mg + f )

Ricordando che il peso w = mg, otteniamo

h=

2 mv0

2(mg + f )

=

2 wv0

2g(w + f )

=

2 v0

2g(1 + f /w)

D’altra parte, durante la discesa avremo 1 2

s 2

mv − mgh = −f h

⇒

v=

2 m

(mg − f )h

Esprimendo h e m in funzione di w ricaviamo s v=

G. Giugliarelli

v s u 2 u 2g v0 w−f (mg − f )h = t (w − f ) · = v0 . m w 2g(1 + f /w) w+f 2

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Esercitazione 5 – Dinamica del punto materiale e conservazione dell’energia Problema 9 Il cavo di un’ascensore di massa M = 2000 kg si spezza quando la cabina è ferma al primo piano, con il fondo ad una distanza d = 3.7 m al disopra di una molla ammortizzatrice avente costante elastica k = 1.5·105 N/m. Un dispositivo di sicurezza agisce da freno sulle guide in modo da far sviluppare, in caso d’emergenza, una forza d’attrito f = 4.4 · 103 N. Calcolare: a) la velocità dell’ascensore subito prima di urtare la molla; b) di quanto viene compressa la molla; c) di quanto rimbalza l’ascensore al di sopra della molla; d) la distanza percorsa dall’ascensore fino al punto di arresto inferiore. Soluzione Dalla rottura del cavo entra in azione la forza di attrito f e quindi al momento dell’impatto con la molla la conservazione dell’energia impone s 2(M g − f )d 1 2 M v1 − M gd = −f d ⇒ v1 = = 7.5 m/s. 2 M Nel tratto successivo di moto la molla viene compressa. Denotando con ∆y la compressione della molla, possiamo scrivere 1 1 2 2 2 2 − M v1 − M g∆y + k∆y = −f ∆y ⇒ k∆y − 2(M g − f )∆y − M v1 = 0, 2 2   q 1 2 = 0.97 m. M g − f + (M g − f )2 + M kv1 ⇒ ∆y = k Se indichiamo con yf la quota raggiunta dall’ascensore dopo essere rimbalzato sulla molla, la distanza di cui rimbalza al disopra della molla sarà pari a yf − ∆y. Applicando ancora la conservazione dell’energia otteniamo 1 k∆y 2 2 M gyf − k∆y = −f yf ⇒ yf = = 2.94 m ⇒ yf − ∆y = 1.97 m. 2 2(M g + f ) Lo spazio percorso dall’ascensore fino al punto di arresto inferiore è pari a d + ∆y = 4.67 m.

G. Giugliarelli

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Esercitazione 5 – Dinamica del punto materiale e conservazione dell’energia Problema 10 Un corpo è lanciato verticalmente verso l’alto con una velocità iniziale v0 = 20.0 m/s. La resistenza dell’aria è proporzionale alla velocità del corpo (cioè il suo modulo è dato da R = Av, con A costante) e la velocità limite che il corpo raggiungerebbe in caduta libera è vlim = 100 m/s. Determinare: a) l’altezza massima h (misurata dal punto di lancio) raggiunta dal corpo e il tempo tR occorrente per raggiungerla; b) la frazione di energia meccanica dissipata in calore durante la salita. Soluzione L’equazione del moto del corpo dopo il lancio (prendiamo l’asse y diretto verso l’alto) è dv

m

dt

= −mg − Av,

Perciò integrando si ha Z v

dv Av g+ m

= −dt

→

dv

A v0 g + m v

= −t

→

g+

A m

v=

  A −At g+ v0 e m , m

dalla quale si ricava v(t) =

mg A

  −At −At e m − 1 + v0 e m = vlim

e

−

gt vlim

! −1

−

+ v0 e

gt vlim

.

dato che quando il corpo in caduta libera raggiunge la velocità limite, si ha mg = R = Avlim e quindi A = mg/vlim . La quota istantanea del corpo, y(t), è ora ottenibile attraverso l’integrale seguente Z t y(t) = v(t)dt 0

Z t =

vlim

−

e 0

G. Giugliarelli

gt vlim

! −1

dt + v0

Z t gt − (v0 + vlim )vlim e vlim dt = g 0

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1−e

−

gt vlim

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! − vlim t.

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Esercitazione 5 – Dinamica del punto materiale e conservazione dell’energia Problema 10 – continuazione della soluzione Alla quota massima, h, la velocità si annulla. Perciò

v(tR ) = 0

⇒

e

−

gtR vlim

=

vlim vlim + v0

⇒

tR =

vlim g

ln

vlim + v0 vlim

! = 1.86 s,

e

h = y(tR ) =

(v0 + vlim )vlim g

−

1−e

gtR vlim

! − vlim tR =

vlim

"

vlim + v0

v0 − vlim ln

g

!#

vlim

= 18.0 m.

La frazione di energia dissipata è pari al rapporto tra il lavoro (in modulo) della forza resistente e l’energia cinetica iniziale del corpo. Quindi W K0

=

K0 − mgh K0

=1−

mgh K0

=1−

2gh 2 v0

= 0.117

Si noti che applicando la conservazione dell’energia si poteva arrivare a costruire l’equazione del moto. Infatti per uno spostamento dy lungo l’asse y possiamo scrivere dEmecc = −Rdy

⇒

mvdv + mgdy = −Avdy.

Da questa, dividendo per dt otteniamo la seguente

mv

dv dt

+ mg

dy dt

= −Av

dy dt

⇒

m

dv dt

+ mg = −Av,

che risulta identica all’equazione del moto scritta all’inizio! G. Giugliarelli

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Esercitazione 6 – Sistemi di punti materiali e Urti Problema 1 Sul bordo anteriore di un carrello privo di sponde, di massa M = 100 kg, che si sta muovendo senza attrito su binari orizzontali e rettilinei con velocità v0 = 5.0 m/s, viene posto, con velocità nulla rispetto ai binari, un corpo di massa m = 10 kg (vedi figura). Il coefficiente di attrito dinamico tra corpo e carrello è pari a µk = 0.50. Si determini quale debba essere la lunghezza minima lmin del carrello affinché il corpo appoggiato non cada giù. (Si supponga che M includa anche la massa delle ruote e si trascurino gli effetti della loro rotazione) Soluzione Approccio dinamico Quando il corpo viene appoggiato sul bordo destro del carrello, a causa dell’attrito dinamico, riceve una spinta verso destra pari a fk = µk N = µk mg. Quindi, esso prenderà a muoversi verso destra (rispetto al suolo) di moto uniformemente accelerato mam = fk

→

→

mam = µk mg

⇒

am = µk g

vm (t) = am t = µk gt

Per il principio di azione e reazione, sul carrello agirà una forza uguale e contraria che lo farà rallentare. E cioè M aM = −fk

→

M aM = −µk mg

→

aM = −

m M

µk g

⇒

vM (t) = v0 +aM t = v0 −

m M

µk gt

Si noti che la velocità del carrello poteva essere ottenuta anche tenendo conto della conservazione della quantità di moto. Cioè ⇒

mvm (t) + M vM (t) = M v0

vM (t) = v0 −

m M

vm (t) = v0 −

m M

µk gt

Se il carrello è sufficientemente lungo ci sarà un momento in cui la velocità del punto materiale uguaglierà quella del carrello stesso. Dopo tale istante il punto materiale viaggerà solidalmente con il carrello. Quindi ∗

∗

vm (t ) = vM (t )

G. Giugliarelli

⇒

∗

t

=

M v0 µk g(M + m)

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Esercitazione 6 – Sistemi di punti materiali e Urti Problema 1 – continuazione della soluzione Durante questo intervallo di tempo punto materiale e carrello percorrono le distanze seguenti (sempre misurate rispetto al suolo) 1 1 ∗ 2 ∗ ∗ 2 dm = am (t ) ; dM = v0 t + aM (t ) , 2 2 e perciò, la distanza percorsa dal punto materiale sul carrello è ∗

lmin = dM − dm = v0 t −

1 2

∗ 2

(aM − am )(t )

=

2 M v0

1

2 µk g(M + m)

= 2.3 m,

che corrisponde alla lunghezza minima che deve avere il carrello in modo che il punto non cada. Approccio energetico Una volta che il corpo non scivola più sul carrello, i due viaggeranno con la stessa velocità. Questo stato finale è raggiunto per mezzo di forze interne al sistema (l’attrito) e quindi durante il moto deve essere rispettata la conservazione della quantità di moto M M v0 = (M + m)vf ⇒ vf = v0 . M +m D’altra parte, la variazione dell’energia meccanica (che qui si riduce alla variazione dell’energia cinetica) deve uguagliare il lavoro delle forze di attrito. Dette dm e dM le distanze percorse dal corpo e dal carrello, potremo scrivere 1 1 2 2 ∆Emecc = ∆K = La → (M + m)vf − M v0 = dm fk − dM fk , 2 2 e quindi −

1

Mm

2 M +m

v0 = −(dM − dm )µk mg.

Osservando, ancora una volta, che nel sistema del carrello lo spazio percorso dal corpo è pari a dM − dm , otteniamo lmin = dM − dm = G. Giugliarelli

1

2 M v0

2 µk g(M + m)

.

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Esercitazione 6 – Sistemi di punti materiali e Urti Problema 2 Tre barche di uguale massa M = 45.0 kg, viaggiano l’una dietro l’altra con la stessa velocità v0 = 7.2 km/h rispetto al mare. Dalla barca centrale vengono lanciati contemporaneamente, e con la stessa velocità orizzontale relativamente alla barca u = 4.0 m/s, due sacchi identici, di massa m = 5.0 kg ciascuno, l’uno sulla barca che precede e l’altro sulla barca che segue. Trascurando ogni tipo di attrito, si determinino le velocità v1 , v2 e v3 delle tre barche una volta che i sacchi siano arrivati a destinazione. Soluzione Per il sistema costituito dalla barca centrale (barca 2) e dai sacchi che vengono lanciati, si deve conservare la quantità di moto totale nel lancio, che avviene orizzontalmente. Si ha, dunque: M v0 = (M − 2m)v2 + m(v2 + u) + m(v2 − u) dove v2 − u e v2 + u sono le velocità (orizzontali) subito dopo il lancio, rispettivamente del sacco che viene gettato sulla barca che segue (barca 1) e di quello che viene gettato sulla barca che precede (barca 3). Ricavando abbiamo v2 = v0 = 7.2 km/h, che dimostra, in accordo con il fatto che la simmetria del doppio lancio non porta a spostamenti del centro di massa del sistema barca + sacchi, che la velocità della barca 2 non cambia. D’altra parte per il sistema costituito dalla barca 1 e dal sacco che giunge su di essa, con analogo ragionamento, applicando la conservazione della quantità di moto, si ha

M v0 + m(v2 − u) = (M + m)v1

⇒

v1 =

M M +m

v0 +

m M +m

(v2 − u) = v0 −

m M +m

u = 5.76 km/h.

Infine per il sistema costituito dalla barca 3 e dall’altro sacco si ottiene

M v0 + m(v2 + u) = (M + m)v3

G. Giugliarelli

⇒

v3 =

M M +m

v0 +

m M +m

(v2 + u) = v0 +

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m M +m

u = 8.64 km/h.

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Esercitazione 6 – Sistemi di punti materiali e Urti Problema 3 Nella figura si vede una piastra quadrata di lamiera uniforme, con lato di 6 m, dalla quale è stato ritagliato un pezzo quadrato di 2 m di lato, con centro nel punto x = 2 m, y = 0. L’origine delle coordinate coincide con il centro della piastra quadrata. Calcolare le coordinate del centro di massa del pezzo rappresentato.

Soluzione La simmetria (speculare) dell’oggetto rispetto all’asse x ci suggerisce che l’ordinata del suo centro di massa è ycm = 0. Osservando poi che, per esempio, la parte sottostante l’asse x può essere suddivisa, come mostrato in figura, in quadrati di lato lA = 3 m (A), lB = 2 m (B) e lC = 1m (C), rispettivamente, l’ascissa del centro di massa, xcm , sarà calcolata come segue

xcm

=

=

G. Giugliarelli

mA xA + mB xB + 3mC xC mA + mB + 3mC

2 l2 xA + l2 B xB + 3lC xC = A 2 + 3l2 l2 + l A B C

9 · (−1.5) + 4 · (2.0) + 3 · 1 · (0.5) 9+4+3·1

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= −0.25 m.

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Esercitazione 6 – Sistemi di punti materiali e Urti Problema 4 Una lattina, avente forma cilindrica, di massa M , altezza H, e densità uniforme è all’inizio piena di gazzosa avente massa m. Pratichiamo dei forellini sul fondo e nel coperchio della lattina per far colare lentamente la gazzosa; chiamiamo h l’altezza variabile del centro di massa della lattina con il liquido in essa contenuto. a) Qual è il valore iniziale di h? b) Qual è il valore di h quando è colata tutta la gazzosa? c) Come varia h durante la fuoriuscita del liquido? d) Chiamando x l’altezza del livello della gazzosa residua durante lo scarico, trovare il valore di x (in funzione di M , H e m) quando il centro di massa h raggiunge il punto più basso. Soluzione Prima di tutto si noti che il centro di massa della lattina vuota è posto ad una quota pari ad H/2. D’altra parte, per un’altezza generica x del livello della gazzosa, il liquido (da solo) ha una massa x m e ha il centro di massa ad una quota pari a x/2. Quindi il centro di massa del sistema si troverà ad H una quota x mx MH + H M H 2 + mx2 2 2 h= . = x M + mH 2(M H + mx) Quindi sia all’inizio che alla fine è h = H/2. Per ricavare il valore minimo di h azzeriamo la sua derivata rispetto ad x e ricaviamo dh dx

=0 ⇒

2

x +2

MH m

x−

M H2 m

= 0 ⇒ xmin = −

Perciò

HM m

s +

HM

2

m

+

M H2 m

=

HM m

r 1+

m M

 −1

  p 1 − 1 + m/M H. p m 1 + m/M

m+M hmin = h(xmin ) =

G. Giugliarelli

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Esercitazione 6 – Sistemi di punti materiali e Urti Problema 5 Un cannone ha sparato una granata con una velocità iniziale v0 = 20 m/s con un angolo θ = 60◦ rispetto all’orizzontale. Al vertice della traiettoria la granata esplode rompendosi in due frammenti di uguale massa. Uno dei due frammenti, che immediatamente dopo l’esplosione ha velocià nulla, cade verticalmente. Trascurando la resistenza dell’aria, determinare a quale distanza dal cannone cade l’altro frammento. Soluzione Alla sommità della traiettoria la velocità è orizzontale e pari a v0x = v0 cos(π/3) = v0 /2. Quindi, prima e dopo l’esplosione, la conservazione della quantità di moto impone

px,i

=

px,f

→

py,i

=

py,f

→

m 0 m 0 vx = vx 2 2 m 0 m 0 m·0= ·0+ vy = vy 2 2 2 mv0x =

m

2 m

·0+

0

⇒

vx = 2v0x 0

⇒

vy = 0

Il tempo per raggiungere la sommità della traiettoria (e per tornare al suolo) è dato da

v0y − gtmax = 0

⇒

tmax =

v0y g

=

v0 sin(π/3) g

=

√ 3v0 2g

,

e perciò il secondo frammento cadrà alla distanza

0

d = v0x tmax + vx tmax = 3

G. Giugliarelli

v0 2

tmax =

3

√

2 3v0

4g

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= 53.0 m.

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Esercitazione 6 – Sistemi di punti materiali e Urti Problema 6 Un corpo di massa m = 8.0 kg non soggetto ad alcuna forza esterna viaggia alla velocità v0 = 2.0 m/s. Ad un tratto si verifica un’esplosione interna che spacca il corpo in due tronconi di 4.0 kg ciascuno. L’esplosione aumenta di una quantità ∆K = 16 J l’energia cinetica dei due tronconi che continuano a muoversi (anche dopo l’esplosione) lungo la stessa linea del moto iniziale. Determinare le velocità di ciascun troncone dopo l’esplosione. Soluzione Nell’esplosione si deve conservare la quantità di moto del sistema. Quindi fra prima e dopo l’esplosione potremo scrivere mv0 =

m 2

v1 +

m 2

v2 =

m 2

⇒

(v1 + v2 )

→

v1 + v2 = 2v0

v2 = 2v0 − v1

D’altra parte, confrontando le energie cinetiche prima e dopo l’esplosione, dobbiamo avere 1 m 2 2

2

1

2

(v1 + v2 ) −

2

2

mv0 = ∆K

2

⇒

2

2

m(v1 + v2 ) − 2mv0 = 4∆K

2

→

2

2mv1 − 4mv0 v1 + 2mv0 − 4∆K = 0

Perciò v1 =

2mv0 ±

√

8m∆K

2m

 q 0.0 m/s = v0 ± 2∆K/m = 4.0 m/s

 q 4.0 m/s e v2 = 2v0 −v1 = v0 ∓ 2∆K/m = 0.0 m/s

Si noti che analizzando il problema in un sistema solidale con il centro di massa (in tale sistema la quantità di moto del sistema è nulla e rimane tale anche dopo l’esplosione), le velocità delle due particelle sarebbero state q 0 0 v1 = −v2 = ± 2∆K/m Quindi, passando al sistema del laboratorio avremmo avuto 0

v1 = v0 + v1 = v0 ±

q 2∆K/m;

0

v2 = v0 + v2 = v0 ∓

q

2∆K/m,

identiche a quelle ricavate sopra! G. Giugliarelli

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Esercitazione 6 – Sistemi di punti materiali e Urti Problema 7 Due lunghe chiatte navigano nella stessa direzione in acque tranquille alle velocità v1 = 10 km/h e v2 = 20 km/h. Mentre la seconda sta superando la prima, si trasferisce del carbone (a badilate) dalla più lenta alla più veloce in ragione di 1000 kg/min. Quale variazione della forza deve essere applicata ai motori delle due chiatte perchè mantengano le stesse velocità? (Si supponga che il trasbordo di carbone avvenga perpendicolarmente alla direzione di moto delle chiatte e che le forze di attrito con l’acqua non dipendano dal carico delle chiatte.) Soluzione A causa del trasferimento di carbone tra le chiatte 1 e 2 le rispettive masse variano secondo le M1 (t) = M1,0 − Rt; M2 (t) = M2,0 + Rt, leggi con R = dM2 /dt = −dM1 /dt = 1000 kg/min = 16.7 kg/s. Quindi, la quantità di moto totale del sistema è pari a P = M1 v1 + M2 v2 = M1,0 v1 + M2,0 v2 + (v2 − v1 )Rt Se non venisse trasferito carbone (R = 0) la quantità di moto si conserverebbe! Invece se R 6= 0 (come nel caso attuale) e le velocità v1 e v2 vengono mantenute costanti, i motori dovranno fornire una spinta aggiuntiva pari alla variazione di quantità di moto causata dal carbone trasferito. Tale spinta sarà pari a dP F = = (v2 − v1 )R = 46.3 N. dt Dato che il carbone viene scaricato trasversalmente, non si ha variazione di velocità della chiatta 1 e quindi la forza supplementare deve essere sviluppata solo dal motore della chiatta 2. La potenza aggiuntiva che tale motore deve sviluppare è quindi P2 = F v2 = (v2 − v1 )Rv2 = 257.2 W, mentre l’aumento di energia cinetica di tempo è  del sistema per unità  dK d 1 1 1 2 2 2 2 = M1 v1 + M2 v2 = R(v2 − v1 ) = 192.9 W. dt dt 2 2 2 I 64.3 W mancanti corrispondono alla potenza persa nell’urto anelastico tra carbone e chiatta 2. G. Giugliarelli

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Esercitazione 6 – Sistemi di punti materiali e Urti Problema 8 Nella figura si vede un binario circolare di un trenino montato su una grande ruota libera di girare (con attrito trascurabile) intorno ad una asse verticale. Un trenino elettrico di massa m piazzato sul binario partendo da fermo alla chiusura dell’interruttore, raggiunge una velocità costante v rispetto al binario. Qual è la velocità angolare ω della ruota, assimilabile ad un anello di massa M e raggio R. Soluzione In una situazione come quella descritta il momento angolare iniziale del sistema è nullo e si deve conservare (ci sono solo forze interne). Quindi indicando con ω la velocità angolare della ruota e con ωt la velocità angolare del trenino (sempre rispetto al sistema del laboratorio), dovrà essere

⇒

Ir ω + It ωt = 0

ωt = −

Ir It

ω

dalla quale capiamo che ruota e trenino dovranno ruotare in senso opposto. Essendo i momenti d’inerzia pari a 2 2 Ir = M R ; It = mR , ricaviamo ωt = −

M m

ω

D’altra parte se v è la velocità lineare del trenino rispetto al binario, nel sistema di riferimento solidale con la ruota, esso gira con una velocità angolare ωt0 = v/R. Quindi la sua velocità angolare nel sistema del laboratorio sarà data da 0

ωt = ω + ωt = ω +

G. Giugliarelli

v R

=−

M m

ω

⇒

ω=−

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m

v

m+M R

.

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Esercitazione 6 – Sistemi di punti materiali e Urti Problema 9 Due dischi, di momenti d’inerzia I1 = 3.3 kg · m2 e I2 = 6.6 kg · m2 sono montati su uno stesso asse, munito di cuscinetti a basso attrito, e possono essere avvicinati fino ad accoppiarsi e ruotare come un solo corpo. Sapendo che inizialmente i dischi ruotano alla velocità di 450 giri/min e 900 giri/min, determinare la velocità angolare dopo l’accoppiamento nei casi in cui: a) il secondo ruoti nello stesso senso del primo; b) il secondo ruoti in senso opposto al primo. Soluzione Anche in questo caso il momento angolare si deve conservare. In entrambi i casi potremo scrivere

⇒

L1 + L2 = L

a)

b)

I1 ω1 + I2 ω2 = (I1 + I2 )ω

ωa =

ωb =

I1 · 450 + I2 · 900 I1 + I2

I1 · 450 − I2 · 900 I1 + I2

⇒

ω=

I1 ω1 + I2 ω2 I1 + I2

= 750 giri/min;

= −450 giri/min.

Si noti che nel secondo caso la velocità angolare è opposta a quella del primo disco (che è stata presa come positiva).

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Esercitazione 6 – Sistemi di punti materiali e Urti Problema 10 Un disco che scivola su di una superficie liscia alla velocità v0 = 0.025 m/s urta contro un altro disco a riposo. Dopo la collisione il primo disco si muove alla velocità v1 = 0.015 m/s in una direzione che forma un angolo θ = 30◦ con la direzione iniziale. Determinare: a) la direzione del moto del secondo disco ; b) il rapporto tra le masse dei dischi quando il secondo disco rincula con una velocità v2 = 0.20 m/s. Soluzione Nell’urto dovrà conservarsi la quantità di moto complessiva dei due dischi. velocità lungo v0 e la direzione ad essa perpendicolare, otteniamo le relazioni 

Scomponendo le

m1 v0 = m1 v1 cos θ + m2 v2 cos φ 0 = m1 v1 sin θ − m2 v2 sin φ

Da queste due relazioni ricavando sin φ e cos φ otteniamo

tan φ =

v1 sin θ v0 − v1 cos θ

= 0.625

D’altra parte, dalla seconda equazione (del sistema) si ricava m1 m2

G. Giugliarelli

=

v2 sin φ v1 sin θ

=

v2

tan φ

v1 sin θ 1 + tan2 φ

= 14.1.

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Esercitazione 6 – Sistemi di punti materiali e Urti Problema 11 Un neutrone (massa m0 ) urta un nucleo immobile di (a) un atomo di carbonio (m = 12m0 ), (b) un atomo di uranio (m = 235m0 ). Assumendo che l’impatto sia centrale ed elastico, calcolare di quanto si riduce velocità del neutrone nell’impatto. Soluzione Nell’urto si conservano sia la quantità di moto che l’energia cinetica. Denotando con v0 , v1 e v2 le velocità del neutrone prima e dopo l’urto e del nucleo dopo l’urto, rispettivamente, e sapendo che l’impatto è centrale (le velocità prima e dopo l’urto avranno la stessa direzione), possiamo scrivere 

m0 v0 = m0 v1 + mv2 1 m v 2 = 1 m v 2 + 1 mv 2 0 0 0 1 2 2 2 2

Ricavando v2 dalla prima equazione e sostituendola nella seconda, dopo qualche passaggio, otteniamo 2

2

(m + m0 )v1 − 2m0 v0 v1 − (m − m0 )v0 = 0

⇒

v1 = −

m − m0 m + m0

v0 ,

dove si è tenuto conto del fatto che è m2  m2 0 e si è esplicitata la sola soluzione fisicamente fondata. Il valore ottenuto per v1 dimostra che la velocità del neutrone con l’urto si inverte ed è tanto maggiore (in modulo) quanto maggiore è la massa del nucleo. Nel limite m → ∞ avremo v1 = −v0 . Si noti anche che la variazione del modulo della velocità del neutrone è ∆v0 m − m0 2m0 v − |v1 | = 0 =1− = . v0 v0 m + m0 m + m0 Nei due casi indicati nel testo abbiamo ∆v0 (1) 2m0 = = 0.154; v0 12m0 + m0

G. Giugliarelli

∆v0 (2) 2m0 = = 0.0085. v0 235m0 + m0

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Esercitazione 6 – Sistemi di punti materiali e Urti Problema 12 Contro una cassa piena di sabbia, di massa M = 200 kg, che poggia su un piano orizzontale scabro (µk = 0.70) ed è inizialmente in quiete, viene sparato un proiettile, di massa m = 1000 g. Il proiettile penetra orizzontalmente nella cassa con una velocità v0 = 300 m/s e vi rimane conficcato mentre la cassa, a seguito dell’urto, si mette in moto. Si determini: a) l’energia E1 dissipata nel processo d’urto; b) il tempo t0 impiegato dalla cassa per fermarsi; c) l’energia E2 dissipata per attrito. Soluzione Se V0 è la velocità del sistema cassa+proiettile dopo l’urto, la conservazione della quantità di moto impone m mv0 = (m + M )V0 ⇒ V0 = v0 m+M Quindi l’energia dissipata nell’urto è pari a 1 1 1 mM 2 2 2 4 E1 = mv0 − (m + M )V0 = v0 = 4.48 · 10 J. 2 2 2 m+M Dopo l’urto il moto del sistema cassa+proiettile è uniformemente decelerato con (m + M )a = −fk = −µk (m + M )g

⇒

a = −µk g

⇒

V (t) = V0 + at = V0 − µk gt

Quindi il tempo per il suo arresto è 0

t =

V0 µk g

=

mv0 µk g(m + M )

= 0.22 s.

Infine l’energia dissipata per attrito è pari all’energia cinetica del sistema cassa+proiettile subito dopo l’urto, pari a 1 1 m2 2 2 E2 = (m + M )V0 = v0 = 224 J. 2 2 m+M

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Esercitazione 7 – Urti, dinamica e rotazioni di corpi rigidi Problema 1 Un corpo di piombo di massa m1 = 500 g è appeso ad una molla di costante elastica k = 100 N/m ed è inizialmente in equilibrio. Da un punto sottostante il corpo ad una distanza h = 200 cm viene sparato verticalmente verso l’alto con velocità iniziale v0 = 20 m/s un proiettile di acciaio di massa m2 = 100 g che va a conficcarsi nel corpo di piombo. Si determini: a) Il moto del sistema dopo l’urto; b) La massima elongazione ym della molla. Soluzione La velocità v del proiettile subito prima dell’urto si ottiene come segue 1 2

2

m2 v0 =

1 2

2

⇒

m2 v + m2 gh

v=

q

2 − 2gh v0

La conservazione della quantità di moto nell’urto determina una velocità V del corpo unione pari a q m2 m2 2 − 2gh = 3.2 m/s. m2 v = (m1 + m2 )V ⇒ V = v= v0 m1 + m2 m1 + m2 Si noti che subito dopo l’urto la posizione occupata dai corpi 1 e 2 non corrisponde alla quota di equilibrio della molla. Infatti, l’allungamento della molla prima dell’urto era determinato dalla seguente k∆y = m1 g, mentre, dopo l’urto, l’allungamento della molla corrispondente alla nuova posizione di equilibrio sarebbe 0

k∆y = (m1 + m2 )g

⇒

0

∆y − ∆y =

m2 g k

= ∆y0 = 1.0 cm.

Quindi, prendendo la posizione iniziale del corpo 1 come origine dell’asse y (diretto verso l’alto), dopo l’urto la posizione di equilibrio dei due corpi è alla quota −∆y0 . Dopo l’urto il moto dei due corpi (uniti) sarà un moto oscillatorio e, data la nuova posizione di equilibrio, y = −∆y0 , applicando la conservazione dell’energia meccanica tra le quote y = 0 e y = yf , corrispondente alla quota massima raggiunta dal corpo, si ha 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 (m1 + m2 )V + k∆y0 = k(yf + ∆y0 ) ⇒ (m1 + m2 )V = kyf + k∆y0 yf (∗) 2 2 2 2 2 G. Giugliarelli

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Esercitazione 7 – Urti, dinamica e rotazioni di corpi rigidi Problema 1 – continuazione della soluzione Notando che la massima elongazione della molla è pari a ym = yf + ∆y0 , dalla precedente relazione otteniamo s 2

2

kym = 2k∆y0 + (m1 + m2 )V

2

⇒

2 + ∆y0

ym =

(m1 + m2 )V 2 k

= 16.0 cm.

Si noti che nella relazione (∗) non compare la variazione dell’energia potenziale gravitazionale. Anche se ciò potrebbe sembrare scorretto, la cosa è perfettamente legittima ed è dovuta al fatto che si è (implicitamente) scelto di azzerare l’energia potenziale elastica nella nuova posizione di equilibrio del sistema, y = −∆y0 . 1 k∆y 2 + k∆y y , si ottiene la Infatti, sommando e sottraendo al secondo membro della (∗) la quantità 2 1 f 1 seguente 1 1 1 2 2 2 kyf + k∆y0 yf = k(yf − ∆y1 ) − k∆y1 + k(∆y1 + ∆y0 )yf , 2 2 2 che nel caso in cui poniamo ∆y1 = m1 g/k (e ricordando che è ∆y0 = m2 g/k) assume la forma 1 2

2

kyf + k∆y0 yf =

1 2

2

k(yf − ∆y1 ) −

1 2

2

k∆y1 + (m1 + m2 )gyf .

Quindi la (∗) può essere riscritta anche nella forma che segue 1 2

(m1 + m2 )V

2

+

1 2

2

k∆y1 =

1 2

2

k(yf − ∆y1 ) + (m1 + m2 )gyf ,

che non è altro che la conservazione dell’energia meccanica del sistema nel caso in cui si fosse scelto di azzerare l’energia potenziale elastica nella posizione (y = ∆y1 ) in cui la molla (da sola) sarebbe a riposo!

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Esercitazione 7 – Urti, dinamica e rotazioni di corpi rigidi Problema 2 Una puleggia ruota senza attrito attorno al suo asse ed è assimilabile ad un cilindro omogeneo di raggio r e massa m = 4 kg. Il filo ha massa trascurabile e fa ruotare la puleggia senza scivolare su di essa; i due corpi appesi al filo hanno masse m1 = 4 kg e m2 = 2 kg. Quanto vale il modulo dell’accelerazione dei corpi?

Soluzione Rispettivamente lungo le direzioni di moto dei due corpi e per la rotazione della puleggia abbiamo   m1 a = m1 g − T 1 m a = T − m2 g  Iα2 = (T 2− T )r 1 2 dove α è l’accelerazione angolare della puleggia e T1 e T2 sono le tensioni delle due parti del filo. Pertanto, 1 mr 2 , e essendo I = 2 a α= ; T1 = m1 (g − a) T2 = m2 (g + a), r allora   1 m1 + m2 + m = (m1 − m2 )g 2

G. Giugliarelli

⇒

a=

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2(m1 − m2 ) 2m1 + 2m2 + m

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Esercitazione 7 – Urti, dinamica e rotazioni di corpi rigidi Problema 3 Una barretta sottile e uniforme di lunghezza l = 80 cm rotante in un piano orizzontale con velocità angolare ω0 = 200 giri/min intorno ad un asse fisso passane per il suo centro di massa, viene appoggiata delicatamente su di un tavolo orizzontale scabro (µk = 0.20). Si determini il tempo T occorrente alla barretta per fermarsi. Soluzione Una volta appoggiata la barretta striscia sul tavolo e a causa di ciò risente di forze di attrito. In relazione al moto rotatorio della barretta tali forze determinano un momento frenante (costante) che farà rallentare la berretta fino a fermarla. La forza di attrito elementare dfk che agisce su un tratto di lunghezza dr ha modulo dfk = µk dmg ed è perpendicolare alla barretta stessa. La massa dm = (m/l)dr è la massa elementare del tratto di barretta. Osservando che tali forze hanno un momento rispetto all’asse passante per il centro di massa della barretta pari a dτk = rdfk , il momento complessivo delle forze di attrito è pari a Z l/2

Z τk =

dτk = 2

rdfk = 2µk

0

mg l

Z l/2 rdr = 2µk

0

mg l2 l

8

=

1 4

µk mgl.

Quindi, l’equazione del moto della barretta è

I

dω dt

=−

1 4

→

µk mgl

1 12

ml

2

dω dt

=−

1 4

µk mgl

→

dω dt

= −3

µk g l

e perciò ω(t) = ω0 − 3

G. Giugliarelli

µk g l

t

→

ω(T ) = 0

⇒

T =

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lω0 3µk g

= 2.8 s.

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Esercitazione 7 – Urti, dinamica e rotazioni di corpi rigidi Problema 4 Un rocchetto di massa M = 700 g poggia su di un piano inclinato perfettamente liscio. Il rocchetto è costituito da un sottile cilindro cavo (di massa trascurabile), di raggio esterno r = 4.8 cm sulle cui basi sono applicati due bordi a forma di dischi forati di raggio esterno R = 10 cm. Sul corpo cilindrico del rocchetto è avvolto un sottile filo ideale che, dopo essere passato su una puleggia ideale posta nel punto più alto del piano inclinato è collegata ad un corpo di massa m = 500 g. Si determini per quale angolo θ del piano inclinato il centro di massa del rocchetto rimane in quiete. (Si precisa che il rocchetto ruota intorno al suo asse senza salire o scendere sul piano inclinato.) Soluzione Scomponendo le forze agenti sul rocchetto lungo le direzioni parallela e perpendicolare al piano inclinato, l’assenza di accelerazione del suo centro di massa comporta le seguenti  0 = T − M g sin θ 0 = N − M g cos θ D’altra parte, rispetto al suo asse il rocchetto risente del momento della tensione del filo e quindi Icm α = rT dove Icm = M (R2 + r 2 )/2 è il momento d’inerzia del rocchetto (praticamente pari a quello dei bordi). Allo stesso tempo per il corpo di massa m appeso al filo avremo ma = mg − T Ora notiamo che se il rocchetto ruota su se stesso senza salire o scendere, allora durante uno spostamento verticale ds del corpo di massa m, il rocchetto deve ruotare di un angolo dφ = ds/r. Perciò dovrà anche essere α = a/r. Quindi mg − T mg mM (R2 − r 2 )g a mg ⇒ a= ⇒ T = = = T = Icm r2 m m + Icm /r 2 1 + mr 2 /Icm M (R2 − r 2 ) + 2mr 2 Infine tornando alla prima relazione otteniamo T m(R2 − r 2 ) sin θ = = = 0.5 mg M (R2 − r 2 ) + 2mr 2

G. Giugliarelli

⇒

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◦

θ = 30 .

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Esercitazione 7 – Urti, dinamica e rotazioni di corpi rigidi Problema 5 Un’asta sottile rigida, di lunghezza l = 80 cm e massa m = 10 kg, è inizialmente appoggiata ad una parete verticale (vedi figura). Ad un certo istante l’asta comincia a cadere, con velocità iniziale nulla, con l’ estremo inferiore incuneato nell’angolo tra la parete verticale ed il pavimento (vedi figura). Trascurando ogni tipo di attrito, determinare: a) l’espressione della velocità angolare dell’asta durante la caduta in funzione dell’angolo θ (vedi figura); b) la velocità del centro di massa dell’asta nell’istante dell’impatto con il pavimento;

Soluzione Durante la rotazione si conserva l’energia meccanica. Notando che ad un istante qualsiasi la cos θ, possiamo scrivere quota del centro di massa dell’asta è 1 2 mg

l 2

= mg

l 2

cos θ +

1 2

Iω

2

Ricavando la velocità angolare si ottiene s ω(θ) =

mgl(1 − cos θ) I

v s u u mgl(1 − cos θ) 3g(1 − cos θ) = =t 1 ml2 l 3

Quindi, la velocità del centro di massa dell’asta nel momento dell’impatto con il suolo è

vcm (π/2) =

G. Giugliarelli

l 2

ω(π/2) =

l 2

s

3g l

=

1p 2

3gl = 2.43 m/s.

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Esercitazione 7 – Urti, dinamica e rotazioni di corpi rigidi Problema 6 Si abbiano due palline puntiformi di masse m1 = 100.0 g e m2 = 400.0 g, appese per mezzo di aste rigide (di massa trascurabile) in modo che in condizioni di equilibrio esse risultino verticali e le palline siano a contatto. Si supponga che la pallina 1 venga scostata dalla posizione di equilibrio innalzandola di un tratto d = 40 cm e che, successivamente, venga lasciata andare con velocità iniziale nulla in modo che vada ad urtare la pallina 2 (vedi figura). Determinare le massime quote (rispetto alle posizioni di equilibrio) alle quali si portano le palline dopo l’urto, a seconda che esso sia: a) perfettamente elastico; b) completamente anelastico. Soluzione La velocità v0 con la quale la pallina 1 raggiunge la pallina 2 è determinata attraverso la conservazione dell’energia meccanica. Cioè p 1 2 2 m1 gd = m1 v0 =⇒ v0 = 2gd ⇒ v0 = 2gd = 2.80 m/s. 2 Le palline sono appese con aste rigide di massa trascurabile e quindi all’atto dell’urto, a causa delle forze impulsive sul punto di sospensione, la quantità di moto del sistema non sarebbe conservata. Come abbiamo visto in situazioni simili, nel presente caso potremo sostituire la conservazione della quantità di moto con la conservazione del momento angolare calcolato rispetto al punto di sospensione! Nel caso di urto elastico, oltre al momento angolare si conserva anche l’energia cinetica e quindi potremo scrivere       1 v0 2 1 v1 2 1 v2 2 2 v0 2 v1 2 v2 2 2 2 (m1 l ) = (m1 l ) + (m2 l ) ; (m1 l ) = (m1 l ) + (m2 l ) l l l 2 l 2 l 2 l dove l è la lunghezza delle aste (prive di massa), m1 l2 e m2 l2 i momenti d’inerzia dei sistemi asta–corpo e v1 e v2 le velocità delle palline dopo l’urto (v1 /l e v2 /l sono le corrispondenti velocità angolari). Si noti che facendo le debite semplificazioni si ottengono le seguenti 1 1 1 2 2 2 m1 v0 = m1 v1 + m2 v2 m1 v0 = m1 v1 + m2 v2 ; 2 2 2 che dimostrano che nel caso attuale anche la quantità di moto é conservata! In effetti, potevamo subito giungere a questa conclusione: infatti, le aste sono di massa trascurabile, e quindi gli effetti dell’urto sono concentrati sui corpi puntiformi che entrano in contatto! G. Giugliarelli

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Esercitazione 7 – Urti, dinamica e rotazioni di corpi rigidi Problema 6 – continuazione della soluzione Tornando alle espressioni, con un pò di algebra si ricava  v1 = −

m2 − m1 m1 + m2



2m1

 v0 = −1.68 m/s;

v2 =

 v0 = 1.12 m/s,

m1 + m2

dove il segno negativo di v1 ci dice che la pallina 1, dopo l’urto, torna indietro. Con queste velocità, riapplicando la conservazione dell’energia si ricavano le quote massime raggiunte dalle palline dopo l’urto: m1 gh1 =

m1 gh2 =

1 2

2

m1 v1

1 2

2

m1 v2

=⇒

h1 =

=⇒

2 v1

2g

h2 =

 =

2 v2

m2 − m1

d = 14.4 cm,

m1 + m2

=2

2g

2

m2 1 (m1 + m2 )2

d = 3.2 cm.

In caso di urto completamente anelastico, abbiamo solo la conservazione della quantità di moto m1 v0 = (m1 + m2 )V

=⇒

V =

m1 m1 + m2

v0

dove V è la velocità comune delle palline dopo l’urto. Quindi, con la conservazione dell’energia si ricava la quota massima raggiunta dalle palline dopo l’urto, pari a (m1 + m2 )gh =

G. Giugliarelli

1 2

(m1 + m2 )V

2

=⇒

h=

V2 2g

=

m2 1 (m1 + m2 )2

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d = 1.6 cm.

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Esercitazione 7 – Urti, dinamica e rotazioni di corpi rigidi Problema 7 Un’asta sottile rigida, di lunghezza l = 80 cm e massa m = 8.0 kg, è appoggiata ad una parete verticale in modo da formare un angolo con essa pari a θ0 = 30◦ (vedi figura). L’asta viene mantenuta nella posizione indicata in figura tramite una cordicella (inestensibile e di massa trascurabile) tesa tra la parete verticale e l’estremo inferiore dell’asta stessa (vedi figura). Trascurando ogni tipo di attrito, determinare: a) la tensione della cordicella e i moduli delle reazioni normali di pavimento e parete verticale che agiscono sugli estremi dell’asta; b) la velocità con la quale il centro di massa dell’asta raggiungerebbe il suolo, qualora la cordicella venisse tagliata. Soluzione L’equilibrio statico dell’asta comporta l’annullarsi sia delle della somma delle forze che dei momenti che agiscono su di essa. Per quanto riguarda le forze, indicando con N1 e N2 le reazioni normali del pavimento e della parete verticale rispettivamente e con T la tensione della cordicella, potremo scrivere  N1 = mg ~1 +N ~2 +T ~ =0 ~ ⇒ m~ g +N N2 = T Calcolando i momenti rispetto al punto di appoggio sul pavimento abbiamo X l mg ~ τi = 0 ⇒ lN2 cos θ0 − mg sin θ0 = 0 → N2 = tan θ0 2 2 In definitiva quindi si ha N1 = mg = 78.5 N;

N2 = T =

mg 2

tan θ0 = 22.6 N.

Quando la cordicella viene tagliata, l’asta comincia a scivolare liberamente. Notando che durante il moto l’estremo in alto dell’asta rimane sempre in contatto con la parete verticale, indicando con θ l’angolo istantaneo che l’asta forma con la parete verticale le coordinate e le componenti della velocità del centro di massa dell’asta sono date dalle seguenti ( (  2 l x(t) = 1 l sin θ vx (t) = 1 lω cos θ 2 2 2 2 → ⇒v = ω 1 l cos θ 1 lω sin θ − 2 2 2 dove ω G. = dθ/dt è la velocità angolare dell’asta intorno suo2012-2013 centro di massa. Giugliarelli Fisica Generale I, al AA

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Esercitazione 7 – Urti, dinamica e rotazioni di corpi rigidi Problema 7 – continuazione della soluzione D’altra parte, dato che nel moto si conserva l’energia meccanica possiamo scrivere

mg

l 2

cos θ0 = mg

l

cos θ +

2

1 2

2

mv +

1 2

Iω

2

= mg

l 2

cos θ +

1

ml2

2

4

! +I

ω

2

Ricavando la velocità angolare si ottiene s ω(θ) =

mgl(cos θ0 − cos θ) ml2 /4

+I

s v u mgl(cos θ − cos θ) 3g(cos θ0 − cos θ) u 0  = =t  1 + 1 2 l ml 4 12

1 ml2 . Quindi, dove abbiamo esplicitato il momento d’inerzia dell’asta rispetto al suo centro di massa I = 12 la velocità del centro di massa dell’asta nel momento dell’impatto con il suolo è

vx (π/2) =

l 2

ω(π/2) cos(π/2) = 0;

G. Giugliarelli

vy (π/2) = −

l 2

ω(π/2) sin(π/2) = −

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l 2

s

3g

√ 3

2l

= −2.26 m/s.

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Esercitazione 8 – Rotolamento, rotazione di corpi rigidi e altro . . . Problema 1 Un cilindro pieno, di raggio R = 10.0 cm, in rotazione intorno al proprio asse, orizzontale, con una velocità ω0 = 600 giri/min, viene posto su di un piano orizzontale e abbandonato a se stesso. Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra cilindro e piano è pari a µk = 0.10, si determini il tempo T necessario affinchè il moto del cilindro divenga di puro rotolamento. Soluzione A causa della presenza di attrito dinamico, lo slittamento del cilindro sul piano di appoggio determina su di esso una forza di attrito di modulo fk = µk N = µk M g tangente al cilindro ed opposta alla rotazione. Utilizzando la seconda legge di Newton nelle forme lineare ( e angolare, possiamo quindi scrivere M a = M dv = fk dt = −Rfk Iα = I dω dt dove a e α sono le accelerazioni lineare (del centro di massa) e angolare del cilindro, mentre I e τ = −Rfk sono il momento d’inerzia del cilindro (rispetto al suo asse) e il momento meccanico della forza di attrito (negativo perché opposto alla rotazione). Dalla prima otteniamo che la velocità del centro di massa del cilindro segue la legge dv M = µk M g → dv = µk gdt ⇒ v(t) = µk gt dt mentre, dalla seconda ricaviamo che la sua velocità angolare decresce secondo la seguente 1 2µk g 2µk g 2 dω MR = −Rµk M g → dω = − dt ⇒ ω(t) = ω0 − t 2 dt R R Durante lo slittamento il cilindro avanza accelerando, mentre la sua velocità di rotazione diminuisce. Tale situazione si mantiene fino a quando c’è slittamento: quando, ad un certo istante T , tra velocità di avanzamento e velocità angolare varrà la relazione v = ωR, lo slittamento verrà a mancare ed il cilindro prenderà a procedere di puro moto di rotolamento. Il tempo nel quale ciò avviene è quindi pari a   ω0 R 2µk g v(T ) = ω(T )R ⇒ µk gT = ω0 − T R ⇒ T = = 2.13 s. R 3µk g

G. Giugliarelli

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Esercitazione 8 – Rotolamento, rotazione di corpi rigidi e altro . . . Problema 2 Una tavola di massa M = 20 kg poggia su due cilindri cavi identici di massa m = 5.0 kg disposti con gli assi paralleli su di un piano orizzontale. Il sistema è inizialmente in quiete. Ad un certo istante alla tavola sia applicata una forza F = 200 N. Si determini l’accelerazione della tavola e le forze di attrito f tra tavola e cilindri e f 0 tra cilindri e piano orizzontale. (Supporre che non ci sia slittamento tra i cilindri, suolo e tavola.) Soluzione Prendiamo un asse x orizzontale diretto verso destra e analizziamo le forze orizzontali che agiscono su tavola e cilindri. Sulla tavola agisce la forza F (verso destra) e due forze di attrito statico f determinate dall’appoggio sui cilindri. Alla sommità di ogni cilindro agisce una forza f dovuta alla reazione dell’appoggio con la tavola. Invece nel punto di appoggio con il piano orizzontale sul cilindro agisce una forza di attrito f 0 . Perciò per la tavola possiamo scrivere M a = F − 2f Invece per ogni cilindro, calcolando i momenti delle forze applicate rispetto agli assi passanti per il centro di massa e per il punto di appoggio, otteniamo le seguenti 0

Icm α = rf + rf ;

IP α = 2rf

dove α è l’accelerazione angolare associata alla rotazione dei cilindri. Notando che in un moto di puro rotolamento la velocità della sommità dei cilindri è doppia della velocità del loro centro di massa, allora deve essere a = 2rα. Inoltre notando che Icm = mr 2 e IP = 2mr 2 otteniamo 2mr

2

a 2r

= 2rf

⇒

f =

1 2

ma;

0

f = mr

2

a 2r 2

−f =0

Infine sostituendo nella prima equazione M a = F − ma

G. Giugliarelli

⇒

a=

F m+M

2

= 8 m/s ;

f =

1 2

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ma =

mF 2(m + M )

= 20 N.

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Esercitazione 8 – Rotolamento, rotazione di corpi rigidi e altro . . . Problema 2 – continuazione della soluzione Nel caso in cui i cilindri fossero stati pieni allora i loro momenti d’inerzia sarebbero

Icm =

1 2

2

mr ,

IP = Icm + mr

2

=

3 2

2

mr ,

e quindi si avrebbe 0

f =f =

3 8

ma.

In questo caso le forze di attrito sono uguali! Quindi i moduli dell’accelerazione della tavola e delle forze di attrito sarebbero date da

a=

G. Giugliarelli

F M+ 3 m 4

2

= 8.42 m/s ;

0

f =f =

3mF 8M + 6m

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= 15.8 N.

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Esercitazione 8 – Rotolamento, rotazione di corpi rigidi e altro . . . Problema 3 Due cilindri pieni C1 e C2 , di masse m1 e m2 e raggi r1 e r2 , rotolano senza strisciare su due piani inclinati e sono collegati da un filo inestensibile; C1 scende mentre C2 sale. Le masse del filo e della carrucola sono trascurabili. Quanto vale l’accelerazione di un punto dell’asse di C1 ?

Soluzione A riguardo delle forze lungo le direzioni dei due piani inclinati possiamo scrivere 

m1 acm = m1 g sin θ1 − T − f1 m2 acm = −m2 g sin θ2 + T − f2

dove, acm è l’accelerazione (comune) dei centri di massa dei due cilindri, f1 e f2 sono le rispettive forze di attrito, T è la tensione del filo e gli assi sono stati orientati nel verso del moto. D’altra parte, se α1 e α2 sono le accelerazioni angolari dei due cilindri, abbiamo anche le seguenti 

I1 α1 = f1 r1 I2 α2 = f2 r2

1 m r 2 e I = 1 m r 2 sono i momenti d’inerzia dei due cilindri. Quindi, dove I1 = 2 1 1 2 2 2 2

α1 =

acm r1

⇒

f1 =

I 1 α1 r1

=

1 2

m1 acm ;

α2 =

acm r2

⇒

f2 =

I 2 α2 r2

=

1 2

m2 acm

e perciò, dato che T = m2 acm + m2 g sin θ2 + f2 , si ha 3 2

(m1 + m2 )acm = m1 g sin θ1 − m2 g sin θ2

G. Giugliarelli

⇒

acm =

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2 m1 sin θ1 − m2 sin θ2 3

m1 + m2

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g.

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Esercitazione 8 – Rotolamento, rotazione di corpi rigidi e altro . . . Problema 4 I due dischi in figura hanno uguali masse m e raggi R. Il disco superiore può ruotare liberamente attorno ad un asse orizzontale passante per il suo centro. Una fune viene avvolta attorno ad entrambi i dischi, e quello più basso viene lasciato libero di cadere. Determinare: a) l’accelerazione del centro del disco inferiore; b) la tensione della fune; c) l’accelerazione angolare di ciascun disco attorno al proprio centro di massa.

Soluzione Se indichiamo con ω1 e ω2 le velocità angolari (istantanee) dei due dischi, durante il moto potremo scrivere d d (Iω1 ) = RT ; (Iω2 ) = RT. dt dt dove I è il momento d’inerzia dei dischi, T la tensione della fune e RT il momento applicato ai dischi. Si noti che da queste due relazioni segue immediatamente che i due dischi avranno le stesse accelerazioni angolari pari a dω1 dω2 RT α1 = = α2 = = . dt dt I D’altra parte, per il disco inferiore dovremo avere ma2 = mg − T, dove a2 è l’accelerazione (lineare) del suo centro di massa. Ora, dobbiamo notare che la fune scende con una velocità v = ω1 R, e che, se v2 è la velocità del centro di massa del disco inferiore, dato che i dischi non scivolano rispetto alla fune, deve anche essere v2 − v = ω2 R G. Giugliarelli

⇒

v2 − Rω1 = ω2 R

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Esercitazione 8 – Rotolamento, rotazione di corpi rigidi e altro . . . Problema 4 – continuazione della soluzione Quindi, derivando l’ultima relazione rispetto al tempo e utilizzando le relazioni precedenti ricaviamo

a2 − R

dω1 dt

=R

dω2 dt

→

g−

e a2 =

T m

−

R2 T I

2mR2 I + 2mR2

=

R2 T I

⇒

T =

mgI I + 2mR2

,

g.

Infine, ricordando che il momento d’inerzia dei dischi è I = 1 mR2 , otteniamo 2 2mR2 4m 4 a2 = 1 g= g = g. 2 + 2mR2 mR m + 4m 5 2

G. Giugliarelli

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Esercitazione 8 – Rotolamento, rotazione di corpi rigidi e altro . . . Problema 5 Una sfera piena di massa m e raggio R (momento d’inerzia I = 2 mR2 ) viene lanciata su un 5 piano orizzontale con una velocità iniziale v0 . Nel lanciarla, si fa in modo che la sfera ruoti all’indietro con una velocità angolare iniziale ω0 come indicato in figura. Supponendo che il piano su cui la sfera viene lanciata presenti un coefficiente di attrito dinamico µk determinare: a) quale deve essere il rapporto v0 /ω0 in modo che la sfera smetta di ruotare su se stessa nello stesso istante in cui smette di avanzare; b) l’espressione dello spazio percorso dalla sfera nelle condizioni espresse in a). Soluzione A causa della presenza di attrito dinamico, lo slittamento della sfera sul piano di appoggio determina su di esso una forza di attrito di modulo fk = µk N = µk mg tangente alla sfera ed opposta alla rotazione. Utilizzando la seconda legge di Newton nelle forme lineare e angolare, possiamo quindi scrivere  dv  ma = m dt = −fk 

Iα = I dω = −Rfk dt

dove a e α sono le accelerazioni lineare (del centro di massa) e angolare del cilindro, mentre I e τ = −Rfk sono il momento d’inerzia della sfera (rispetto all’asse di rotazione) e il momento meccanico della forza di attrito (negativo perché opposto alla rotazione). Integrando le due equazioni otteniamo  dv  → dv = −muk gdt → v(t) = v0 − µk gt  ma = m dt = −µk mg   Iα = I dω = −µ mRg k dt

→

µ mRg dω = − k I dt

→

ω(t) = ω0 −

µk mRg t I

dalle quali vediamo che entrambe le velocità (lineare e angolare) della sfera decrescono linearmente nel tempo. Si noti che durante tali decelerazioni, dato il suo verso all’indietro, la rotazione della sfera non sarà mai compatibile con un moto di puro rotolamento. Una tale eventualità potrebbe presentarsi solo se, una volta finito l’avanzamento, a causa della persistente rotazione all’indietro la sfera prendesse ad arretrare! Nel nostro caso l’istante in cui l’avanzamento della sfera cessa è dato da v0 v(t1 ) = 0 ⇒ t1 = µk g G. Giugliarelli

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Esercitazione 8 – Rotolamento, rotazione di corpi rigidi e altro . . . Problema 5 – continuazione della soluzione Quindi se vogliamo che nell’istante t1 cessi anche la rotazione dovrà essere ω(t1 ) = 0 e cioè

⇒

ω0 =

v0 ω0

=

I mR

µk mRg I

=

2 5

t1 =

mRv0 I

R

Lo spazio percorso nel tempo t1 è quindi dato da s1 = v0 t1 −

G. Giugliarelli

1 2

2

µk gt1 =

2 v0

2µk g

=

2 2 2ω0 R

25µk g

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.

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Esercitazione 8 – Rotolamento, rotazione di corpi rigidi e altro . . . Problema 6 Una piattaforma avanza con accelerazione ap = 3.0 m/s2 e su di essa è poggiato un cilindro (pieno) di massa m e raggio r (vedi figura). Nell’ipotesi che il cilindro rotoli senza strisciare sulla piattaforma, determinare: a) l’accelerazione a del cilindro rispetto al suolo; b) l’accelerazione ar del cilindro rispetto alla piattaforma; c) il valore minimo del coefficiente di attrito statico tra piattaforma e cilindro necessario affinché il cilindro non slitti. Soluzione Mentre la piattaforma avanza con accelerazione ap , sul cilindro agirà (, oltre che il suo peso ~ ,) una forza orizzontale f~s (concorde ad ~ ~ m~ g e la reazione normale N a p ) determinata dall’attrito con la piattaforma. Se il cilindro rotola senza scivolare sulla piattaforma, si tratta di attrito statico e quindi dovrà essere fs ≤ µs N = µs mg. Tale forza, è l’unica forza orizzontale e quindi, applicando Newton, abbiamo fs ma = fs ⇒ a= m dove a è l’accelerazione del centro di massa del cilindro rispetto al suolo! D’altra parte, considerando la rotazione del cilindro e applicando Newton in forma angolare al suo asse, otteniamo Iα = −Rfs mR2 è il suo momento d’inerzia e α la sua accelerazione angolare. La scelta del segno negativo è dove I = 1 2 determinata dal fatto che la rotazione del cilindro è all’indietro e che quindi, anche l’accelerazione relativa ar del centro di massa del cilindro nel sistema della piattaforma è negativa (in un sistema di riferimento solidale con la piattaforma, il cilindro rotola in verso opposto ad ~ a p ed ~ a ). In effetti, dato che il moto è di puro rotolamento, dovrà essere Rα = ar e inoltre, notando che le accelerazioni sono legate dalla seguente a = ap + ar , ricaviamo   map + mar = fs  ar 1 2 2 ⇒ map + mar = −I → ar = − ap = − ap = −2.0 m/s .  I ar = −Rf R2 1 + I/mR2 3  s R ! Conseguentemente 1 1 2 a = ap + ar = 1 − ap = ap = 1.0 m/s . 2 1 + I/mR 3 G. Giugliarelli Fisica Generale I, AA 2012-2013 16/04/2013 9 / 20

Esercitazione 8 – Rotolamento, rotazione di corpi rigidi e altro . . . Problema 6 – continuazione della soluzione Infine, ricordando il legame tra fs e il coefficiente di attrito µs , ricaviamo ma = fs ≤ µs mg

G. Giugliarelli

⇒

µs ≥

a g

= 0.102.

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Esercitazione 8 – Rotolamento, rotazione di corpi rigidi e altro . . . Problema 7 Un corpo rigido è costituito da un’asta, di massa m = 8.0 kg e lunghezza d = 0.5 m, e da un disco, di massa M = 3m e raggio R = d/4, saldati nel punto O (vedi figura) e può ruotare liberamente intorno ad un’asse, perpendicolare al disegno, passante per tale punto. Per mantenere in equilibrio statico ~ (vedi figura). Determinare: il sistema, con l’asta orizzontale, nel punto P agisce una forza F ~ in O. ~ e della reazione normale N a) il modulo di F ~ e il corpo ruota sotto l’azione delle forze Poi, viene eliminata la forza F gravitazionali. Determinare: b) l’accelerazione angolare del sistema nell’istante iniziale del moto; c) la velocità angolare del sistema nell’istante in cui l’asta è verticale. Soluzione L’equilibrio statico impone che siano nulle sia le risultanti sia delle forze che dei momenti che agiscono sul sistema. Quindi d F + mg + M g − N = 0; F d + mg − M gR = 0, 2 dove i momenti sono stati calcolati rispetto all’asse passante per O. Dalla seconda ricaviamo d d d 1 d F d = −mg + M gR = −mg + 3mg = mgd ≡ (4m)g = Mtot gdcm 2 2 4 4 16 dove Mtot = 4m è la massa totale del corpo e dcm = d/16 è la distanza del centro di massa da O (alla destra di O, ovviamente). Quindi 1 17 F = mg = 19.6 N e N = F + 4mg = mg = 333 N. 4 4 ~ viene rimossa, essendo il momento della forza non più bilanciato, il corpo prende a ruotare e il Quando F moto sarà determinato dalla seconda legge di Newton in forma angolare: IO α = τ dove IO è il momento d’inerzia del corpo rispetto all’asse passante per O. IO è pari a 1 1 1 3 59 2 2 2 2 2 2 IO = md + M R + M R = md + M R = md . 3 2 3 2 96 G. Giugliarelli

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Esercitazione 8 – Rotolamento, rotazione di corpi rigidi e altro . . . Problema 7 – continuazione della soluzione L’accelerazione angolare nell’istante iniziale è quindi pari a αi =

τi IO

=

24g 59d

2

= 8.0 rad/s .

D’altra parte, durante il moto rotazionale si conserva l’energia meccanica e quindi confrontando la posizione iniziale con quella in cui il disco è più in basso ricaviamo 1 2

G. Giugliarelli

s IO ω

2

= 4mgdcm

⇒

ω=

48g 59d

= 4.0 rad/s.

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Esercitazione 8 – Rotolamento, rotazione di corpi rigidi e altro . . . Problema 8 Un’asta sottile rigida, di massa M = 2.0 kg e lunghezza l = 40 cm, è agganciata per un estremo ad un punto fisso intorno al quale può ruotare liberamente. L’asta, inizialmente orizzontale, viene (da ferma) abbandonata al suo peso; quando l’asta raggiunge la posizione verticale il suo estremo libero urta elasticamente contro un corpo (fermo fino a quel momento) di massa m. Sapendo che subito dopo l’urto il corpo parte orizzontalmente con velocità v e l’asta rimbalza all’indietro raggiungendo una deflessione massima dalla verticale pari a θ = 45◦ , si determini: a) le velocità angolari dell’asta subito prima e subito dopo l’urto; b) la velocità del corpo subito dopo l’urto nonché la sua massa. Soluzione Indichiamo con ω1 e ω2 i moduli delle velocità angolari dell’asta subito prima e subito dopo l’urto con la massa m. Considerando la rotazione iniziale dell’asta, la conservazione dell’energia meccanica comporta 1 l M gl 2 2 Iω1 − M g ⇒ ω1 = 2 2 I Allo stesso modo dopo l’urto avremo 1 2

2

Iω2 − M g

l 2

(1 − cos θ)

⇒

2

ω2 =

Osservando che il momento d’inerzia dell’asta è I = s s M gl 3g ω1 = = = 8.58 rad/s; I l

M gl I

(1 − cos θ) =

1−

√ ! 2 M gl 2

I

1 M l2 3

ricaviamo v √ ! u u 2 3g ω2 = t 1 − = 4.64 rad/s. 2 l

Considerando ora l’urto, possiamo dire che a causa delle forze impulsive nel punto dove è agganciata l’asta, non si conserva la quantità di moto. Si conservano invece l’energia cinetica (essendo un urto elastico) e il momento angolare (calcolato rispetto al punto fisso dell’asta). La conservazione di queste due quantità impone le seguenti: 1 1 1 2 2 2 2 2 2 Iω1 = Iω2 + mv → I(ω1 − ω2 ) = mv 2 2 2 Iω1 = −Iω2 + mlv → I(ω1 + ω2 ) = mlv G. Giugliarelli

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Esercitazione 8 – Rotolamento, rotazione di corpi rigidi e altro . . . Problema 8 – continuazione della soluzione Dividendo membro a membro le ultime due relazioni otteniamo ω1 − ω2 =

v l

⇒

v = l(ω1 − ω2 ) = 1.58 m/s.

Sostituendo poi questa ultima nella seconda delle precedenti ricaviamo m=

G. Giugliarelli

I ω1 + ω2 l2 ω1 − ω2

=

M ω1 + ω2 = 2.24 kg. 3 ω1 − ω2

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Esercitazione 8 – Rotolamento, rotazione di corpi rigidi e altro . . . Problema 9 Un cilindro pieno di raggio R = 20 cm e massa M = 10 kg deve salire su un gradino (vedi ~ (vedi figura) orizzontale applicata al figura) di altezza h = 10 cm. Il cilindro viene tirato da una forza F suo centro di massa. a) Determinare la minima intensità della forza F , Fmin , sufficiente a far salire il cilindro sul gradino. b) Nell’ipotesi che dopo aver scalato il gradino la forza continui ad agire sul cilindro e che una volta sul piano il cilindro si muova di moto di puro rotolamento, calcolare l’accelerazione del centro di massa del cilindro per F = 2Fmin . Soluzione Se si vuole che il cilindro riesca a scalare il gradino, il mo~ rispetto al punto di contatto deve superare quello mento della forza F del peso del cilindro stesso. Cioè F (R − h) > M gR cos θ dove θ è l’angolo indicato nella figura qui a lato. Perciò, notando che è s   p R−h 2 cos θ = 1 − sin2 θ = 1 − R si ottiene F (R − h) > M g

q

p (2R − h)h

⇒

F > Fmin =

(2R − h)h R−h

M g = 170 N.

Nel moto di puro rotolamento che segue la scalata del gradino, potremo scrivere M a = F − fs dove fs è la forza di attrito statico necessaria al mantenimento del moto di puro rotolamento. D’altra parte, per il moto rotazionale deve essere Iα = fs R con α = a/R. G. Giugliarelli

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Esercitazione 8 – Rotolamento, rotazione di corpi rigidi e altro . . . Problema 9 – continuazione della soluzione Quindi tenendo conto del fatto che per il cilindro pieno è I = 1 M R2 otteniamo 2 fs =

Per F = 2Fmin otteniamo

G. Giugliarelli

I R

α=

I R2

a=

1 2

Ma

⇒

a=

2 F 3 M

.

2

a = 22.6 m/s .

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Esercitazione 8 – Rotolamento, rotazione di corpi rigidi e altro . . . Problema 10 Un’auto 4 × 4 (con 4 ruote motrici) ha una massa complessiva (ruote comprese) pari a M = 5000 kg con ognuna delle 4 ruote di massa m = 25 kg e raggio R = 30 cm. L’auto è inizialmente ferma e si trova su una strada orizzontale. A partire dall’istante t = 0, su ogni ruota il motore dell’auto esercita un momento costante pari a τ = 1000 Nm. I coefficienti di attrito statico e dinamico tra le ruote e la strada sono pari a µs = 0.3 e µk = 0.2. a) Dimostrare che mentre l’auto avanza le ruote si muovono di moto di puro rotolamento; b) calcolare l’accelerazione del centro di massa dell’auto; c) calcolare il numero di giri che ogni ruota compie nei primi 5 secondi di accelerazione dell’auto. [Supporre che il peso dell’auto sia uniformemente distribuito sulle 4 ruote e che esse, a fini dei calcoli, possano essere assimilate a dei cilindri con massa distribuita uniformemente.] Soluzione Si noti che per il sistema "auto" le uniche forze esterne dirette nella direzione del moto sono solo le forze di attrito che agiscono sulle ruote! Quindi, detta f la forza di attrito (vedremo poi se di attrito dinamico o statico) su ogni ruota, applicando la 2a legge di Newton potremo scrivere 1 M a = 4f ⇒ f = M a. 4 D’altra parte, la rotazione di ogni ruota, seguendo la 2a legge della dinamica in forma angolare, sarà regolata dalla seguente Iα = τ − Rf dato che le forze che a causa dell’attrito agiscono sulle ruote sono dirette nella direzione di moto dell’auto e quindi determinano un momento contrario al momento "motore" τ . Se il moto rotatorio delle ruote fosse di puro rotolamento, allora si avrebbe α = a/R e conseguentemente   1 1 1 2 a Iα = mR = τ − Rf ⇒ f = τ − mRa , 2 R R 2 dove abbiamo esplicitato il valore del momento d’inerzia delle ruote. Sostituendo nella prima relazione e risolvendo si ottiene 4τ Mτ 2 = 2.64 m/s ; f = = 3300 N, a= R(M + 2m) R(M + 2m) G. Giugliarelli

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Esercitazione 8 – Rotolamento, rotazione di corpi rigidi e altro . . . Problema 10 – continuazione della soluzione che corrispondono ai valori dell’accelerazione dell’auto e della forza di attrito su ogni ruota, nel caso che le ruote si muovano di moto di puro rotolamento! Ma questo potrà essere vero solo se la f qui ottenuta non superi la massima forza di attrito statico su ogni ruota. In effetti, come possiamo vedere dalla seguente fs,max =

1 4

µs N =

1 4

µs M g = 3680 N,

siamo in tali condizioni e quindi il moto rotatorio delle ruote sarà effettivamente di puro rotolamento. L’accelerazione prima calcolata corrisponde quindi all’effettiva accelerazione del centro di massa dell’auto. Infine, durante l’accelerazione uniforme dell’auto, anche la rotazione è uniformemente accelerata con accelerazione angolare α = a/R. Quindi il numero di giri effettuati da ogni ruota nel tempo ∆t = 5.0 s, è pari a 1 ∆θ 1 2 2 ∆θ = α∆t ⇒ Ngiri = = α∆t = 17.5 2 2π 4π

G. Giugliarelli

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Esercitazione 8 – Rotolamento, rotazione di corpi rigidi e altro . . . Problema 11 Si consideri il sistema rappresentato in figura in cui un cilindro pieno di massa M = 5.0 kg e raggio R = 15 cm viene tirato da una corda (avvolta su di esso) a cui è appeso (all’altro capo) un corpo di massa m = 2.0 kg. Trattando la puleggia come ideale e la corda come ideali e supponendo che il cilindro rotoli senza scivolare, si determini: a) l’accelerazione con cui scende il corpo di massa m; b) il minimo valore del coefficiente di attrito statico necessario affinché il cilindro non scivoli. Soluzione Detta T la tensione della corda, considerando le forze applicate ai due corpi, applicando la seconda legge della dinamica possiamo scrivere le seguenti ma = mg − T ; M ac = T + fs dove a è l’accelerazione (verso il basso) del corpo di massa m, ac è l’accelerazione (verso destra) del centro di massa del cilindro e fs è il modulo della forza di attrito statico (diretto verso destra) tra cilindro e piano d’appoggio. D’altra parte, rispetto al punto di istantaneo contatto del cilindro con il piano d’appoggio, la seconda legge della dinamica in forma angolare ci dà 2

(I + M r )α = 2T r dove I = 1 M r 2 è il momento d’inerzia del cilindro rispetto all’asse passante per il suo centro di massa 2 e α = ac /r è l’accelerazione angolare del cilindro. Ora, tenendo presente che la corda tira il cilindro dal punto più alto, si capisce che è ac = a/2. Perciò, dall’ultima relazione ricaviamo 3 3 T = M ac = M a 4 8 e quindi ma = mg −

3 8

 Ma

⇒

m+

Conseguentemente è fs = M ac − T = G. Giugliarelli

3 8 1 2

8m

 M

a = mg

Ma −

3 8

Ma =

⇒ 1 8

Ma =

a=

mM 8m + 3M

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2

8m + 3M

g = 5.06 m/s .

g 16/04/2013

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Esercitazione 8 – Rotolamento, rotazione di corpi rigidi e altro . . . Problema 11 – continuazione della soluzione Da questa ricaviamo che il coefficiente di attrito statico deve essere perlomeno pari a µs,min =

G. Giugliarelli

fs N

=

fs Mg

=

m 8m + 3M

= 0.064.

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Esercitazione 9 – Rotazione e rotolamento di corpi rigidi ed altro ... Problema 1 Un cilindro pieno di massa m = 5.0 kg e raggio R1 = 10.0 cm si trova (inizialmente) in quiete sulla sommità di un supporto semi–cilindrico (vedi figura) di raggio R0 = 4R1 poggiato su un piano orizzontale. Quando il cilindro viene (lievemente ) perturbato dalla sua posizione di equilibrio inizia a scendere rotolando liberamente sulla superficie esterna del supporto. R1 Supponendo che nel suo moto il cilindro rotoli senza scivolare e che il supporto venga mantenuto fermo: a) Determinare l’espressione della velocità del centro di massa del cilindro, vcm , in funzione della quota del suo asse (misurata rispetto al piano di appoggio del supporto); R0 b) Dire se nel suo moto il cilindro si stacca dal supporto prima di raggiungere il piano orizzontale e in caso affermativo calcolare a quale quota ciò avviene! Soluzione Durante la discesa lungo la superficie del supporto il cilindro si muove di moto di puro rotolamento e in tale moto possiamo applicare la conservazione dell’energia meccanica. Per una posizione generica del cilindro, consideriamo il raggio (condotto dall’asse del supporto) che passa per l’asse del cilindro e indichiamo con θ l’angolo con la verticale: la conservazione dell’energia meccanica è data dalla seguente 1 1 2 2 scm 5mgR1 = mvcm + Iω + 5mgR1 cos θ, (θ 2 2 s

)

1 mR2 è il momento d’inerzia del cilindro. dove I = 2 1 Ora, se indichiamo con θ l’angolo indicato nella figura a fianco, si noti la velocità del centro di massa del cilindro può essere scritta nella forma θ seguente R0 dθ dscm = 5R1 . vcm = dt dt Nel frattempo, il punto di contatto del cilindro con il supporto ha percorso un arco di lunghezza s = R0 θ = 4R1 θ e conseguentemente per la velocità angolare di rotazione del cilindro abbiamo

ω =

G. Giugliarelli

d dt



s R1



=4

dθ dt

=

4 5R1

vcm .

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Esercitazione 9 – Rotazione e rotolamento di corpi rigidi ed altro ... Problema 1 – continuazione della soluzione Inserendo quest’ultima e l’espressione del momento d’inerzia nella relazione precedente, otteniamo

5gR1 (1 − cos θ) =

29 2 vcm 50

vcm (θ) =

⇒

s

250 29

R1 g(1 − cos θ)

v2

cm è pari alla forza centripeta e dovrà corrispondere alla somma della componente lungo La quantità m 5R 1

il raggio della forza di gravità, mg cos θ (diretta verso l’interno), e della reazione normale N (diretta verso l’esterno). Cioé dovrà essere v2 m cm = mg cos θ − N 5R1

⇒

v2 mg N = N(θ) = mg cos θ − m cm = [79 cos θ − 50] 5R1 29

Da tale relazione si vede immediatamente che per cos θ = 50/79 la reazione normale si annulla e ciò, ovviamente, corrisponde al distacco del cilindro dal supporto. La corrispondente quota è

h = 5R1 cos θ =

G. Giugliarelli

250 79

R1 = 31.6 cm.

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22/04/2013

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Esercitazione 9 – Rotazione e rotolamento di corpi rigidi ed altro ... Problema 2 Una corda, inestensibile e di massa trascurabile, è stata avvolta intorno ad un cilindro pieno raggio R e massa M . L’estremo libero della corda viene fissato ad una parete verticale (come mostrato in figura) e il cilindro viene lasciato libero di cadere, mentre la corda si srotola senza che essa slitti sulla sua superficie. a) Determinare con quale accelerazione scende il centro di massa del cilindro. Successivamente (dopo aver riavvolto la corda intorno al cilindro) l’estremo libero della corda viene svincolato dalla parete e, lasciato libero il cilindro, viene tirato verticalmente in modo che la corda si muova verso l’alto con un’accelerazione (in modulo) pari ad a.

R

b) Determinare il valore che deve avere a affinché il centro di massa del cilindro rimanga fermo. Soluzione Quando l’estremo superiore della corda è fissato alla parete e il cilindro scende (srotolando la corda) con un moto di puro rotolamento rispetto alla corda stessa. In effetti è come se scendesse con moto di puro rotolamento lungo una parete verticale. Perciò, considerando il punto di istantaneo contatto P (corrispondente al punto in cui la corda si stacca dalla superficie del cilindro), l’applicazione della seconda legge della dinamica in forma angolare all’asse passante per P ci permette di scrivere dLP =τ ⇒ IP α = RM g, dt dove LP = IP ω è il momento angolare del cilindro rispetto all’asse per P e IP è il corrispondente momento d’inerzia. Ma se acm è l’accelerazione del centro di massa del cilindro, allora l’accelerazione angolare α è pari a α = acm /R. D’altra parte, per il teorema degli assi paralleli è 3 1 2 2 2 2 IP = Icm + M R = M R + M R = M R , 2 2 e quindi 2 3 2 acm 2 MR = RM g ⇒ acm = g = 6.54 m/s . 2 R 3 G. Giugliarelli

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Esercitazione 9 – Rotazione e rotolamento di corpi rigidi ed altro ... Problema 2 – continuazione della soluzione Ora, invece, supponiamo che la corda sia stata sganciata dalla parete e che venga tirata verso l’alto in modo da avere un’accelerazione in modulo pari ad a. Prendiamo un asse diretto verso il basso (in tale sistema l’accelerazione del centro di massa del cilindro acm è positiva, mentre quella della corda sarà pari a −a ). ′ D’altra parte, se consideriamo un’asse solidale con la corda, e indichiamo con vcm la velocità del centro di ′ . Inoltre massa del cilindro in tale sistema, allora vcm (quella rispetto all’asse fisso) sarà pari a −v + vcm (dato che la corda non scivola), il cilindro segue sempre un moto di puro rotolamento rispetto alla corda e ′ quindi dovrà essere ωR = vcm = vcm + v. Derivando rispetto al tempo otteniamo α=

acm + a R

.

Nell’applicazione della seconda legge della dinamica in forma angolare all’asse passante per il punto P di istantaneo contatto (che ora si muove insieme alla corda) dobbiamo tener conto del fatto che la corda è in moto accelerato e che quindi non costituisce più un sistema di riferimento inerziale! Essa si muove verso l’alto con accelerazione a (in modulo) e quindi sul cilindro, in tale sistema, oltre alla forza di gravitá agirá anche una forza apparente diretta verso il basso e avente modulo M a (che potremo concentrare nel suo centro di massa). Conseguentemente, osservando che tale forza produce un momento rispetto all’asse per P concorde a quello della forza di gravità, potremo scrivere l’equazione IP α = RM g + RM a, Tenendo conto dell’espressione di α, ricaviamo 3 2

MR

2 acm + a

R

= RM (g + a)

⇒

3 2

(acm + a) = g + a

⇒

acm =

2 3

  1 g− a . 2

Dall’ultima relazione osserviamo che il centro di massa scenderá (acm > 0) fino a che a < 2g e si annullerà quando a = 2g. Si noti anche che l’ultima relazione ci fornisce il giusto valore di acm anche quando la corda è ferma. G. Giugliarelli

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Esercitazione 9 – Rotazione e rotolamento di corpi rigidi ed altro ... Problema 3 Intorno ad una puleggia cilindrica, un cilindro pieno di raggio R = 15.0 cm e massa M = 10 kg, libera di ruotare intorno al suo asse è avvolta una corda, inestensibile e di massa trascurabile, con ad un capo appeso un corpo di massa m = 5.0 kg. Una sbarra omogenea, di lunghezza l = 80 cm e formante un angolo θ = 30◦ rispetto all’orizzontale, è appoggiata sulla puleggia (vedi figura). Sapendo che l’altro estremo della sbarra è fisso e che nell’appoggio tra sbarra e puleggia si sviluppa un attrito statico con µs = 0.5, determinare:

l b

R

M

θ

a) il minimo valore della massa della sbarra affinché il sistema sia in equilibrio statico. Se poi la sbarra viene sollevata e la puleggia lasciata libera di ruotare (la corda non slitta), determinare:

m

b) l’accelerazione con cui scende il corpo appeso. Soluzione Se indichiamo con fs il modulo della forza di attrito che agisce sulla puleggia a causa dell’appoggio della sbarra, la puleggia sarà in equilibrio statico quando il momento risultante delle forze che agiscono su di essa è nullo. E cioè quando RT − Rfs = 0 dove T è la forza determinata dalla corda (pari alla sua tensione). Se il sistema è in equilibrio statico allora è T = mg e dalla precedente abbiamo fs = mg.

D’altra parte, l’equilibrio statico della sbarra impone che anche la risultante dei momenti delle forze rispetto al suo estremo fisso sia nulla, e cioè l Ms g cos θ − hN = 0, 2 dove Ms è la massa della sbarra, N la reazione normale determinata dall’appoggio sulla puleggia e h la distanza del punto di appoggio dal punto fisso. Notando che è h = R/ tan(θ/2), dalla precedente ricaviamo   Ms gl θ N = . cos θ · tan 2R 2 G. Giugliarelli

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Esercitazione 9 – Rotazione e rotolamento di corpi rigidi ed altro ... Problema 3 – continuazione della soluzione Ma fs ≤ µs N e quindi dovendo essere fs = mg otteniamo mg ≤ µs N

mg ≤ µs

→

Ms gl 2R

cos θ · tan(θ/2)

Sostituendo i valori delle varie grandezze si ottiene (cos(θ) =

Ms ≥ Ms,min =

Ms ≥

⇒ √

2mR µs l cos θ tan(θ/2)

3/2 e tan(θ/2) =

q

1−cos θ = 1+cos θ

.

p

√ 7 − 4 3)

2mR √ p

µs l 23

√ = 16.2 kg. 7−4 3

Quando la sbarra viene sollevata, la puleggia è tirata dalla corda a cui è appeso corpo e prenderà a ruotare in senso antiorario. Applicando le leggi della dinamica (in forma lineare e angolare) al corpo in caduta e alla puleggia, potremo scrivere le seguenti 

ma = mg − T Iα = RT

,

M R2 è il dove a ed α sono le accelerazioni lineare e angolare del corpo e della puleggia, mentre I = 1 2 momento d’inerzia della puleggia e T la tensione della corda (che ora non è più pari al peso del corpo). Quindi, notando che è α = a/R (dato che la corda non slitta) e ricavando dalla seconda e sostituendo nella prima, si ottiene 1 2

MR

2 a

R

= RT

da cui

⇒

T =

1 2

Ma

→

ma = mg −

1 2

Ma

⇒

a=

2m 2m + M

g,

2

a = 0.50 · g = 4.90 m/s G. Giugliarelli

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Esercitazione 9 – Rotazione e rotolamento di corpi rigidi ed altro ... Problema 4 Si abbiano le due pulegge (assimilabili a cilindri pieni) mostrate in figura aventi i raggi e le masse seguenti: R1 = 5.0 cm, R2 = 10 cm, M1 = 2.0 kg, M2 = 4.0 kg. La puleggia 1 può ruotare liberamente intorno al suo asse mantenuto fisso da una staffa fissata al soffitto. All’asse della puleggia 2 è agganciata una molla ideale di costante elastica k = 1000 N/m con l’altro estremo fissato al pavimento. Tra le pulegge passa (come mostrato in figura) una corda ideale avente l’estremo sinistro fissato al soffitto; al suo estremo destro è appeso un corpo di massa m = 6.0 kg che si trova ad un’altezza h0 = 15 cm dal pavimento. L’asse della puleggia 2, a seconda del moto del corpo di massa m, può salire o scendere liberamente. Sapendo che nella disposizione di figura il sistema è in equilibrio statico: a) determinare l’allungamento della molla.

b

R1

R2 b

k

m h0

Successivamente, la connessione tra la molla e l’asse della puleggia 2 viene recisa e quindi il corpo di massa m prende a cadere. Determinare nell’istante in cui il corpo raggiunge il pavimento i valori: b) della velocità dell’asse della puleggia 2;

c) della velocità angolare della puleggia 1. [Supporre che sia la molla che la corda siano di massa trascurabile e che quest’utima sia anche inestensibile, flessibile e che non scivoli mai rispetto alle pulegge] Soluzione Nella situazione iniziale il sistema è in equilibrio statico e quindi le tensioni dei tre tratti di corda devono essere uguali fra loro (in caso contrario le pulegge si muoverebbero). Pertanto, dovrà essere  T1 = mg    (2m − M2 )g T2 = T1 ⇒ k∆y0 = 2mg − M2 g ⇒ ∆y0 = = 7.85 cm,  T3 = T2 k   T2 + T3 = M2 g + k∆y0 dove T1 , T2 e T3 sono le tensioni delle corde numerandole progressivamente da destra a sinistra e ∆y0 è l’allungamento della molla cercato. G. Giugliarelli

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Esercitazione 9 – Rotazione e rotolamento di corpi rigidi ed altro ... Problema 4 – continuazione della soluzione Quando la connessione della molla con l’asse della puleggia 2 viene recisa, il sistema non è più in equilibrio e il corpo di massa m inizia a scendere e, nel frattempo, la puleggia 1 prende a ruotare in verso orario, mentre la 2 ruota in verso anti orario e sale verso l’alto. Si noti subito che quando il corpo sarà sceso della quota h0 , l’asse della puleggia 2 si sarà innalzato di h0 /2. D’altra parte se indichiamo con v la velocità istantanea del corpo, le velocità angolari delle due pulegge (nello stesso istante) e la velocità (in modulo) dell’asse della puleggia 2 saranno pari a ω1 =

v R1

;

ω2 =

v 2R2

=

R1 2R2

ω1 ;

v2 =

v 2

Non essendo presenti attriti, nel moto del sistema si conserva l’energia meccanica. Le variazioni delle energie cinetica e potenziale del sistema sono date dalle seguenti   M1 1 1 1 1 M2 1 2 2 2 2 2 m+ vf , + ∆K = mvf + I1 ω1,f + M2 v2,f + I2 ω2,f = 2 2 2 2 2 2 2 ∆U = −mgh0 + M2 g

h0 2

,

(dove vf è la velocità del corpo quando raggiunge il pavimento e si è tenuto conto delle precedenti relazioni 1 M R2 e I = 1 M R2 , e quindi si ha e del fatto che I1 = 2 1 1 2 2 2 2

∆K + ∆U = 0

⇒

1 2

    M1 M2 M2 2 m+ vf = m − gh0 . + 2 2 2

Ricavando vf otteniamo vf =

s

2(m − M2 /2)gh0

m + M1 /2 + M2 /2

= 1.14 m/s.

Conseguentemente, la velocità angolare della puleggia 1 è data da ω1 = G. Giugliarelli

vf R1

= 22.9 rad/s

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Esercitazione 9 – Rotazione e rotolamento di corpi rigidi ed altro ... Problema 5 Un cilindro pieno di raggio R = 20 cm e lunghezza L viene diviso in due metà identiche tagliandolo lungo il suo asse principale. Determinare: a) a quale distanza dall’asse originario del cilindro si trova il centro di massa di ognuna delle due metà;

R b

cdm

b) il momento d’inerzia dei mezzi cilindri rispetto all’asse (parallelo all’asse originario del cilindro) passante per il centro di massa. Uno dei due mezzi cilindri viene poi appoggiato su un piano orizzontale disponendolo nel modo indicato in figura e quindi lasciato libero. Nell’ipotesi che durante il suo moto non ci sia scivolamento: c) descrivere qualitativamente il tipo di moto seguito dal mezzo cilindro; d) calcolare la massima velocità di rotazione da esso raggiunta durante il moto. Soluzione Prima di tutto occupiamoci della posizione del centro di massa dei mezzi cilindri. A tal fine con il mezzo cilindro nella disposizione iniziale, consideriamo gli assi indicati nella figura sottostante. Come schematizzato in tale figura, il mezzo cilindro può essere visto come composto da tante lastre di spessore dx a distanza x dall’asse originario del cilindro, di larghezza dx y p R2 − x2 e profondità L (non indicata in figura). Ognuna di tali 2l(x) con l(x) = lastre ha massa dm = 2ρLl(x)dx dove ρ è la massa volumica del cilindro. Tali lastre hanno centro di massa nel loro centro e quindi a distanza x dall’asse originario del cilindro (vedi figura a lato). Perciò la distanza del centro di massa da tale asse sarà data da Z R Z Z R p 1 4 1 dc.m. = · 2ρL xl(x)dx = xdm = x R2 − x2 dx 2 2 M ρLπR /2 πR 0 0 p Con la sostituzione z = R2 − x2 si ottiene 2 2 2 x =R −z ⇒ xdx = −zdz, e conseguentemente l’integrale nella precedente è pari a Z 0 Z R Z R p R3 2 2 z dz = z dz = . x R2 − x2 dx = − 3 R 0 0 G. Giugliarelli

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x l(x) R

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Esercitazione 9 – Rotazione e rotolamento di corpi rigidi ed altro ... Problema 5 – continuazione della soluzione Perciò il centro di massa del mezzo cilindro è a distanza 4R dc.m. = = 8.49 cm, 3π dall’asse originario. Il momento d’inerzia di ogni mezzo cilindro rispetto all’asse originario è, ovviamente, pari a metà di quello 1 M R2 . E quindi, sfruttando il teorema dell’asse parallelo possiamo scrivere di tutto il cilindro: cioè IO = 4 (9π 2 − 64) 2 2 2 MR IO = Ic.m. + M dc.m. ⇒ Ic.m. = IO − M dc.m. = 36π 2 dove Ic.m. è il momento d’inerzia del mezzo cilindro rispetto all’asse passante per il suo centro di massa. Durante il moto del mezzo cilindro non c’è scivolamento: il moto è di puro rotolamento. Quindi si conserverà l’energia meccanica ed il corpo, rotolando, oscillerà tra la posizione iniziale e quella speculare raggiunta dopo aver ruotato di 180◦ , come schematizzato nella figura qui a lato. In tale cdm cdm figura si è anche indicata la posizione (intermedia) in cui il centro di massa cdm del mezzo cilindro raggiunge la minima quota: in corrispondenza di tale posizione l’energia cinetica del mezzo cilindro sarà massima. Applicando la conservazione dell’energia meccanica tra la posizione iniziale e quella appena citata, possiamo scrivere M gR = M g(R − dc.m. ) + Kmax . b

b

b

Dovendo calcolare la massima velocità di rotazione ωmax del corpo, è conveniente esprimere Kmax nel1 I ω2 la forma Kmax = 2 P max pari all’energia cinetica rotazionale del corpo intorno al punto (asse) di istantaneo contatto P . Notando che è   5 2 2 2 R − 2dc.m. M R, IP = Ic.m. + M (R − dc.m. ) = IO − M dc.m. + M (R − dc.m. ) = 4 dalla precedete ricaviamo   1 5 1 2 2 ⇒ R − 2dc.m. Rωmax = gdc.m. Kmax = IP ωmax = M gdc.m. 2 2 4 e infine v s u 2gdc.m. 32g u  ωmax = t  = = 10.2 rad/s. 5 R − 2d (15π − 32)R c.m. R 4

G. Giugliarelli

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Esercitazione 9 – Rotazione e rotolamento di corpi rigidi ed altro ... Problema 6 Un cubo di legno (massa volumica pari a ρ = 8.0 · 102 kg/m3 ) di lato a = 50 cm è poggiato al suolo. Un proiettile, di massa m = 100 g, viaggia ~ v0 orizzontalmente ad una quota h = 45 cm dal suolo con una velocità v0 e si conficca perpendicolarmente su una m delle facce del cubo. a h Sapendo che negli istanti successivi all’urto con il proiettile, il cubo ruota (senza scivolare) intorno allo spigolo in contatto con il suolo opposto alla faccia colpita, determinare il minimo valore di v0 affinché il cubo riesca a ruotare di 90◦ . [Il momento d’inerzia di un cubo pieno omogeneo di lato a e massa M rispetto ad un asse perpendicolare alle facce e passante per il suo centro di massa è pari a Icm = 1 M a2 .] 6 b

Soluzione Tenendo conto del fatto che lo spigolo destro del cubo non scivola sul piano di appoggio, e che dopo l’urto il cubo ruota intorno a tale spigolo, si può capire che nell’urto con il proiettile si conserva solo il momento angolare calcolato intorno all’asse su cui giace lo spigolo in questione! Pertanto, tenendo conto del fatto che la massa del cubo è pari a 3

M = a ρ = 100 kg, la conservazione del momento angolare comporta la seguente relazione i h 2 2 mv0 h = m(a + h ) + Ia ω,

dove m(a2 + h2 ) è il momento d’inerzia del proiettile rispetto all’asse suddetto e ω è la velocità angolare con la quale il sistema cubo+proiettile inizia a ruotare subito dopo l’urto. Il momento d’inerzia del cubo rispetto allo spigolo intorno a cui ruota, Ia , è ottenuto tramite il teorema degli assi paralleli ed è quindi pari a Ia = Icm + M G. Giugliarelli

a2 2

=

1 6

2

Ma +

1 2

Ma

2

=

2 3

2

Ma .

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Esercitazione 9 – Rotazione e rotolamento di corpi rigidi ed altro ... Problema 6 – continuazione della soluzione Conseguentemente, si ricava   2 2 2 2 mv0 h = m(a + h ) + M a ω 3

⇒

ω=

mv0 h 3 mv0 h , ≈ 2 M a2 m(a2 + h2 ) + 3 2 M a2

dove, tenendo presente che la massa del proiettile è molto minore di quella del cubo, si è trascurato (nell’ultima espressione) il momento d’inerzia del proiettile stesso. Se vogliamo che il cubo riesca a ruotare di 90◦ esso, dovrà avere una velocità angolare iniziale tale da permettergli di raggiungere, perlomeno, la posizione in cui il suo centro di massa ha la quota massima (che corrisponde ad una rotazione di 45◦ rispetto alla posizione iniziale). Perciò, tenendo conto del fatto che nella rotazione si conserva l’energia meccanica, dovrà essere

Ki > U45◦ − U0 Perciò ω>

s

3 2

√

2−1 a

G. Giugliarelli

g

⇒

⇒

1 2

v0 =

Ia ω

2

> Mg

2 M a2 3 mh

ω >

√

2

2

M m

s

a−

2(

√

1 2

a

!

=

1 2

M g(

2 − 1) a3 g 3

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h

√

2 − 1)a

2

= 8.7 · 10

m/s.

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Esercitazione 9 – Rotazione e rotolamento di corpi rigidi ed altro ... Problema 7 Un auto di massa M = 1000 kg durante il moto risente di una forza resistente (risultante dell’attrito con l’asfalto e della resistenza dell’aria) di ampiezza Fa = F0 + kv 2 , dove v è la velocità istantanea dell’auto, F0 = 350 N e k = 1.9 Ns2 /m2 . Sapendo che l’auto, partendo da ferma e mantenendo un’accelerazione costante, può raggiungere in 10 s la velocità di 100 km/h, determinare l’energia che deve produrre il motore per effettuare tale accelerazione. Soluzione Il moto è uniformemente accelerato con accelerazione ∆v

a=

∆t

2

= 2.78 m/s .

Quindi, durante l’accelerazione, la velocità istantanea dell’auto sarà data da v(t) = at con t ≤ tf = 10 s. D’altra parte, per il teorema dell’energia cinetica, l’energia cinetica acquisita dall’auto durante l’accelerazione dovrà essere pari al lavoro complessivo di tutte le forze presenti. Nella presente situazione possiamo suddividere tale lavoro in quello compiuto dalle forze prodotte dal motore, W , e in quello compiuto dalla forza resistente, La . Conseguentemente, avremo 1 2

2

M vf = W + La

W =

⇒

1 2

2

M vf − La .

Essendo La dato dalla seguente La = −

Z s 0

Fa ds = −

Z t h i f 2 F0 + kv (t) v(t)dt 0

= −aF0 si ricava W =

1 2

2

M vf +

G. Giugliarelli

a 2

F0 +

Z t f 0

ka2 2 tf 2

tdt − ka

!

2

3

Z t a f 3 t dt = − 2 0

5

tf = 3.86 · 10

F0 +

5

J + 1.02 · 10

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ka2 2 tf 2

!

2

tf ,

5

J = 4.88 · 10

J.

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Esercitazione 9 – Rotazione e rotolamento di corpi rigidi ed altro ... Problema 8 Un veicolo, avente una massa M = 1000 kg (trattarlo come un corpo puntiforme), si trova inizialmente in quiete su una strada rettilinea e orizzontale. Ad un certo istante, tramite la spinta determinata dal motore, il veicolo prende a muoversi di moto uniformemente accelerato e in un tempo t0 = 8.0 s raggiunge una velocitá v0 = 100 km/h. Supporre che durante il moto l’unica forza resistente di cui risente 2 il veicolo sia quella dovuta alla resistenza dell’aria che ha modulo pari a R = k vr con k = 1.70 N · s2 /m2 (vr è la velocità del veicolo rispetto all’aria). In assenza di vento, determinare: a) il modulo a dell’accelerazione del veicolo; b) il lavoro compiuto dalla spinta del motore durante la fase di accelerazione sino a v = v0 . Inoltre, determinare la potenza che il motore dovrebbe sviluppare affinché il veicolo si muova di moto uniforme a velocità v = v0 , a seconda che: c) l’aria sia in quiete (assenza di vento); d) sia presente un vento contrario avente velocità v1 = 20 km/h. Soluzione Il veicolo parte da fermo e con moto uniformemente accelerato raggiunge la velocità v0 nel tempo t0 . Quindi v0 v(t) = at ⇒ a= = 3.47 m/s. t0 Si noti anche che nello stesso intervallo di tempo il veicolo percorre la distanza 1 2 1 ∆x0 = at0 = v0 t0 . 2 2 2 Durante il moto, oltre alla spinta F impressa dal motore, interviene anche la forza resistente R = kvr . Ma in caso di assenza di vento, la velocità del veicolo rispetto all’aria, vr , è identica alla sua velocità rispetto al suolo v, e quindi scrivendo l’equazione del moto ricaviamo v0 2 2 (m + 2kx), ma = F − kv ⇒ F = F (x) = ma + kv (x) = ma + 2kax = a(m + 2kx) = t0 dove si è espressa la velocità istantanea del veicolo in funzione della sua ascissa. Conseguentemente, il lavoro fatto dalla spinta del motore sarà pari a Z ∆x Z ∆x v0 1 1 v0 0 0 2 2 3 5 F dx = L= (m∆x0 + k∆x0 ) = mv0 + kv0 t0 = 4.60 · 10 J. (m + 2kx)dx = t0 0 t0 2 4 0 G. Giugliarelli

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Esercitazione 9 – Rotazione e rotolamento di corpi rigidi ed altro ... Problema 8 – continuazione della soluzione Quando il veicolo viaggia a velocità v0 costante la risultante delle forze che agiscono su di esso deve essere nulla: si capisce che in tal caso la spinta F del motore e dovrà eguagliare (in modulo) la resistenza dell’aria. In tale situazione la potenza sviluppata dal motore sarà pari a ~ ·~ P =F v 0 = F v0 . Come già detto sopra, in assenza di vento vr è identica a v0 e quindi si ha 2

2

F = kvr = kv0

⇒

3

4

P = F v0 = kv0 = 3.64 · 10

W = 36.4 kW.

Invece, in presenza di un vento contrario di velocità v1 , abbiamo vr = v0 + v1 e quindi si ha 2

F = kvr = k(v0 + v1 )

G. Giugliarelli

2

⇒

2

4

P = F v0 = k(v0 + v1 ) v0 = 5.24 · 10

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W = 52.4 kW.

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Esercitazione 9 – Rotazione e rotolamento di corpi rigidi ed altro ... Problema 9 Un veicolo di massa M = 2000 kg (assimilabile ad un corpo puntiforme) percorre una strada spinto da un motore che sviluppa una potenza massima Pmax = 8.0 · 104 W. Durante il suo moto, oltre ~ = −k ~ ~ alla spinta del motore, il veicolo risente della resistenza dell’aria che produce una forza R v r (~ vr è la velocità del veicolo rispetto all’aria), con k = 200 N · s/m. Sapendo che l’unica forza di attrito presente è quella dell’aria, determinare la massima velocità, vmax che il veicolo può raggiungere a seconda che percorra un tratto di strada rettilineo: a) perfettamente orizzontale in assenza di vento; b) in salita (la strada è inclinata di un angolo θ1 = 10◦ ) e in presenza di un vento a favore avente una velocità u1 = 10 km/h (rispetto alla strada); c) in discesa (la strada è inclinata di un angolo θ2 = 6.0◦ ) e in presenza di un vento contrario avente una velocità u2 = 50 km/h (rispetto alla strada); ~ è la forza che agisce su un corpo e ~ Soluzione Prima di tutto notiamo che se F v è la sua velocità, allora la potenza meccanica espressa dalla forza in questione è ~ ·~ P =F v.

Nei vari casi considerati nel problema, la forza prodotta dal motore e la velocità con cui si sposta il veicolo saranno sempre lungo la stessa direttrice e quindi la precedente diventa P = F v. D’altra parte, il veicolo viaggerà alla massima velocità quando il motore esprimerà la massima potenza. Perciò, in tutti i casi avremo Pmax Pmax = Fmax vmax ⇒ Fmax = , vmax dove Fmax è la forza espressa dal motore in corrispondenza della velocità massima del veicolo. Nel caso a) non c’è vento e quindi la velocità del veicolo (rispetto al suolo) coincide con la velocità rispetto all’aria: vr = vmax . Pertanto, essendo la strada orizzontale, quando il veicolo ha raggiunto la velocità massima sarà ~ max + R ~ =0 F ⇒ Fmax − kvmax = 0 → Fmax = kvmax Quindi ricaviamo Pmax vmax

= kvmax

G. Giugliarelli

⇒

2

vmax =

Pmax k

→

vmax =

s

Pmax

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k

= 20 m/s = 72 km/h. 22/04/2013

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Esercitazione 9 – Rotazione e rotolamento di corpi rigidi ed altro ... Problema 9 – continuazione della soluzione ~ max (parallela alla strada) si oppone, oltre alla Nel caso b) la strada è in salita e quindi alla forza F resistenza dell’aria, anche la componente lungo la strada della forza di gravità. D’altra parte, essendoci un vento a favore con velocità u1 , la velocità del veicolo rispetto all’aria è data da vr = vmax − u1 Pertanto, il bilancio delle delle forze parallele alla strada ci permette di scrivere la seguente Fmax − kvr − M g sin θ1 = Fmax − k(vmax − u1 ) − M g sin θ1 = 0, dalla quale ricaviamo l’equazione 2

kvmax + (M g sin θ1 − ku1 )vmax − Pmax = 0. La velocità cercata è quindi vmax =

−(M g sin θ1 − ku1 ) +

p

(M g sin θ1 − ku1 )2 + 4kPmax 2k

= 14.1 m/s = 50.8 km/h,

dove si è indicata la sola soluzione fisicamente accettabile. Nel caso c), tenendo presente che ora la strada è in discesa e che quindi la componete della forza di gravità ~ max e che la velocità del veicolo rispetto all’aria è ora pari a vr = vmax +u2 ad essa parallela è concorde a F (il vento è contrario), il bilancio delle forze ci permette di scrivere le seguenti Fmax − k(vmax + u2 ) + M g sin θ2 = 0

⇒

2

kvmax + (ku2 − M g sin θ2 )vmax − Pmax = 0.

Risolvendo si ottiene vmax =

−(ku2 − M g sin θ2 ) +

G. Giugliarelli

p

(ku2 − M g sin θ2 )2 + 4kPmax 2k

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= 18.3 m/s = 65.7 km/h.

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Esercitazione 9 – Rotazione e rotolamento di corpi rigidi ed altro ... Problema 10 Una sbarra sottile rigida (di massa M e lunghezza l) è poggiata su un piano privo di attrito (ad esempio una pista di pattinaggio su ghiaccio) ed è in quiete. Un dischetto (ad esempio un disco da hockey) viene lanciato con una velocità v0 verso la sbarra lungo una direttrice ad essa perpendicolare ad una distanza r dalla direttrice condotta per il centro di massa della sbarra stessa (vedi figura a lato). Supponendo che l’urto tra i due sia o perfettamente elastico, o completamente anelastico, determinare

~ v0 m r l b

c.d.m.

a) il tipo di moto della sbarra dopo l’urto; b) le corrispondenti velocità del dischetto e della sbarra. M Soluzione Come vediamo sulla sbarra non sono presenti vincoli che potrebbero determinare delle forze esterne all’atto dell’urto; conseguentemente, nell’urto si deve conservare la quantità di moto. Per le stesse ragioni varrà anche la conservazione del momento angolare, ad esempio, rispetto ad un polo sulla direttrice passante per il centro di massa della sbarra. Infine, l’elasticità dell’urto comporta anche la conservazione dell’energia cinetica. É facile capire che se l’urto è (pressochè) istantaneo, il dischetto dopo l’impatto con la sbarra dovrà continuare a muoversi lungo la direttrice originaria (magari tornando indietro). La sbarra invece avrà un moto roto–traslatorio: moto rettilineo ed uniforme del c.d.m. e rotazione uniforme della sbarra intorno all’asse (perpendicolare al piano d’appoggio) passante per il c.d.m.. Ovviamente, il c.d.m. si muoverà sulla direttrice parallela a quella del dischetto. In base a tali considerazioni, le conservazioni suddette si possono tradurre nelle seguenti relazioni (1)

mv0 = mv1 + M vcm ;

(2)

mrv0 = mrv1 + Iω;

(3)

1 2

2

mv0 =

1 2

2

mv1 +

1 2

2

M vcm +

1 2

2

Iω ,

dove v1 , vcm e ω sono la velocità del dischetto e le velocità (lineare) del c.d.m. e angolare della sbarra, la velocità angolare della sbarra, tutto dopo l’urto, mentre I è il momento d’inerzia della sbarra rispetto all’asse per il c.d.m. Dalla (1) e (2) si ottengono le seguenti M rvcm mv0 − M vcm , ω= , v1 = m I G. Giugliarelli

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Esercitazione 9 – Rotazione e rotolamento di corpi rigidi ed altro ... Problema 10 – continuazione della soluzione che inserite nella (3) ci permettono di scrivere h i 2 2 (M + m)I + mM r vcm − 2mIv0 vcm = 0, dalla quale (escludendo la soluzione nulla), si ha vcm =

2mI (M + m)I + mM r 2

v0 .

Conseguentemente, per le altre due grandezze si ha v1 = −

(M − m)I − mM r 2 (M + m)I + mM r 2

v0 ;

ω =

2mM r (M + m)I + mM r 2

v0 .

È interessante notare che nel caso di r = 0 (il dischetto colpisce la sbarra all’altezza del suo c.d.m.) le grandezze appena calcolate si riducono alle seguenti 2m (M − m) v0 ; vcm = v0 ; ω = 0, v1 = − (M + m) (M + m) analoghe a quelle per un’urto tra due corpi puntiformi di masse m e M . Anche l’annullarsi di ω è più che plausibile, data la simmetria della sbarra. 1 M l2 e quindi le precedenti diventano Nel caso in questione il momento d’inerzia della sbarra è pari a I = 12 v1 = −

(M − m)l2 − 12mr 2 (M + m)l2 + 12mr 2

v0 ;

vcm =

2ml2 (M + m)l2 + 12mr 2

v0 ;

ω=

24mr (M + m)l2 + 12mr 2

v0 .

Si noti che la velocità di rinculo del dischetto ha la possibilità di annullarsi quando è s (M − m) 2 2 v1 = 0 ⇒ (M − m)l = 12mr ⇒ r= · l, 12m possibile a patto che 1 M (M − m) ≤ ⇒ 4(M − m) ≤ 12m ⇒ m≥ . 12m 4 4

G. Giugliarelli

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Esercitazione 9 – Rotazione e rotolamento di corpi rigidi ed altro ... Problema 10 – continuazione della soluzione Supponiamo ora che l’urto sia completamente anelastico. Buona parte delle considerazioni che abbiamo fatto in precedenza continuano a valere anche ora. Il moto della sbarra dopo l’urto sarà un moto roto– traslatorio, ma ora la rotazione si svilupperà non più intorno al centro della sbarra, ma intorno al c.d.m. del nuovo sistema che viene a formarsi: quello costituito dalla sbarra e dal dischetto posizionato a distanza r dal suo centro. In relazione a ciò imporremo la conservazione del momento angolare rispetto ad un polo sulla direttrice (parallela alla velocità del dischetto) passante per il nuovo c.d.m. Ovviamente la non elasticità dell’urto non permette più la conservazione dell’energia cinetica. Prima di scrivere le relazioni attestanti le conservazioni della quantità di moto e del momento angolare, determiniamo la posizione del c.d.m. del sistema barra–dischetto e il corrispondente momento d’inerzia. Per il primo notiamo che esso si trova ad una distanza mr M · 0 + mr = h= M +m M +m dal centro della sbarra. Conseguentemente, il momento d’inerzia del sistema rispetto all’asse passante per tale punto è 1 2 2 2 Ml + Mh I = m(r − h) + 12 =

mM 2 r 2 (M + m)2

+

1 12

2

Ml +

M m2 r 2 (M + m)2

=

mM r 2 (M + m)

+

1 12

Ml

2

=

M [12mr 2 + (M + m)l2 ] 12(M + m)

.

Le conservazioni citate sono espresse dalle due seguenti relazioni (3) mv0 = (M + m)vcm ; (4) (r − h)mv0 = Iω, dalle quali si ricava vcm =

m M +m

Sostituendo i valori di h e I si ottiene ω=

G. Giugliarelli

v0 ;

ω=

(r − h)mv0

12mr 12mr 2 + (M + m)l2

I

.

v0

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Esercitazione 10 – Equilibrio e oscillazioni Problema 1 Una corda ideale di lunghezza l = 40 cm ha un’estremo fissato ad una parete verticale, mentre l’altro estremo è attaccato ad un punto sulla superficie di una sfera omogenea di massa M = 10 kg e raggio R = 10 cm. La sfera viene posta a contatto con la parete con il centro sulla stessa verticale del punto a cui è attaccata alla corda. a) Per quali valore del coefficiente di attrito tra sfera e parete µs la sfera risulta in equilibrio; b) Supposto nullo il coefficiente di attrito quale sarà la posizione di equilibrio della sfera e la tensione T della corda. Soluzione Se la sfera è in equilibrio allora sia la somma delle forze che la somma dei momenti che agiscono su di essa devono essere nulli. a) Prima di tutto si noti che l’angolo θ è tale che l sin θ = R. Quindi per le forze e per il momento calcolato rispetto al punto in cui la corda è agganciata alla sfera abbiamo  T cos θ + fs − M g = 0 fs R − NR = 0 N − T sin θ = 0 Dalla seconda relazione segue immediatamente che fs = N

⇒

N = fs ≤ fs,max = µs N

⇒

µs ≥ 1

In tali condizioni, dalle prime relazioni si ricava T =

Mg cos θ + sin θ

= p

M gl l2 − R 2 + R

b) In tal caso il prolungamento della corda passa per il centro della sfera e (l + R) sin θ = R. Per le forze abbiamo  Mg M g(l + R) Mg T cos θ − M g = 0 ⇒ T = = p = 100 N. = p N − T sin θ = 0 cos θ l(l + 2R) 1 − sin2 θ G. Giugliarelli

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Esercitazione 10 – Equilibrio e oscillazioni Problema 2 Ai due capi di una fune ideale (inestensibile e di massa trascurabile) che poggia su una puleggia, anch’essa ideale (massa nulla), sono appese due piattaforme (vedi figura) di massa M1 = 47.0 kg e M2 = 50.0 kg, rispettivamente. Tra la piattaforma 2 e il pavimento è connessa una molla ideale, disposta verticalmente (vedi figura). Il sistema è inizialmente in equilibrio statico ed in tale condizione la molla risulta compressa di una lunghezza ∆l = 10.0 cm. Successivamente, sulla piattaforma 1 viene posto un corpo di massa m = 5.0 kg, si determini: a) la costante elastica della molla; b) il massimo spostamento verso l’alto della piattaforma 2 (rispetto alla sua posizione iniziale) dopo l’aggiunta della massa sulla piattaforma 1. Soluzione L’equilibrio statico iniziale (in assenza della massa m è garantito dal fatto che la compressione della molla genera una forza verso l’alto) che bilancia perfettamente la differenza di peso tra le due piattaforme. Infatti, notando l’idealità di fune e puleggia (la tensione della fune è uguale in modulo da entrambi i lati) dovrà essere (M2 − M1 )g = 294 N/m. k∆l = (M2 − M1 )g =⇒ k= ∆l Quando viene aggiunto il corpo di massa m sulla piattaforma 1 la situazione si sbilancia e la piattaforma 1 prende a scendere (e la 2 a salire). Di fatto lo sbilanciamento produce un’oscillazione armonica continua (data l’assenza di attrito) delle due piattaforme tra due posizioni estreme. In particolare la piattaforma 2 oscilla tra la posizione iniziale (corrispondente alla molla compressa di ∆l) e una seconda posizione (più in alto) nella quale la molla sarà allungata di un tratto ∆l1 . Essendo conservative sia la forza di gravità che quella elastica, confrontando le due posizioni estreme (in cui la la piattaforma è momentaneamente ferma) possiamo scrivere 1 1 2 2 ∆Ug + ∆Ue = 0 =⇒ (M2 − M1 − m)gh + k∆l1 − k∆l = 0 2 2 dove h = ∆l1 + ∆l è la distanza tra le due posizioni estreme della piattaforma 2 pari anche allo spostamento richiesto alla domanda b). Quindi, scrivendo ∆l1 = h − ∆l e ricordando l’espressione di k con qualche passaggio si ricava l’equazione 2m∆l (Kh − 2mg∆l) h = 0 =⇒ h= = 33.3 cm M2 − M1 dove si è indicata solo la soluzione cercata (quella corrispondente alla posizione iniziale). G. Giugliarelli

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Esercitazione 10 – Equilibrio e oscillazioni Problema 3 Nel sistema in figura è α = 45◦ , k = 20 N/m (la molla ha lunghezza a riposo trascurabile), m = 1 kg e M = 1.2 kg. In assenza di attriti e trascurando le masse della molla e della fune inestensibile, si determini: a) l’allungamento l della molla per il quale il sistema è in condizioni di equilibrio; All’istante t = 0, quando la massa M si trova in x0 = 0 con v0 = 0, il sistema viene lasciato libero di oscillare. Determinare: b) l’equazione del moto per M ; c) la soluzione completa per x(t); d) il periodo dell’oscillazione intorno alla posizione di equilibrio; e) la tensione della fune. Soluzione All’equilibrio la somma delle forze su m e M deve essere nulla e quindi  −kx − M g sin α + T = 0 mg − T = 0 dalle quali otteniamo T = mg

→

x = xeq =

T − M g sin α k

Invece durante le oscillazioni le equazioni del moto sono ( d2 x M = −kx − M g sin α + T ; dt2

=

g k

(m − M sin α) = 7.43 cm

m

d2 x dt2

= mg − T

)

dalla quale ricaviamo la seguente equazione (M + m)

d2 x dt2

+ kx = (m − M sin α)g

d2 x dt2

=−

k M +m

che costituisce l’equazione del moto della massa M . G. Giugliarelli Fisica Generale I, AA 2012-2013

(x − xeq ) 30/04/2013

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Esercitazione 10 – Equilibrio e oscillazioni Problema 3 – continuazione della soluzione La soluzione di tale equazione è del tipo

con

x(t) − xeq = A cos ωt

ω=

s

k M +m

e

A = −xeq

Quindi il periodo dell’oscillazione è Tosc =

1 ν

=

2π ω

= 2π

s

M +m k

= 9.3 s.

e la tensione della fune varia secondo la legge T =m

g−

G. Giugliarelli

d2 x dt2

!

2

= mg − mω xeq cos ωt = mg

  m − M sin α 1− cos ωt . M +m

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Esercitazione 10 – Equilibrio e oscillazioni Problema 4 La pallina di un pendolo semplice di periodo caratteristico T1 = 2.0 s ha massa m = 15 g. Il pendolo viene spostato dalla verticale di un’angolo θ1 = π/4 e abbandonato dopo che sulla verticale per il punto di sospensione, ad una distanza d = 60 cm, è stato posto un piolo. Si determini: a) l’ampiezza θ2 della seconda parte dell’oscillazione; b) la massima tensione Tmax che il filo del pendolo può sopportare nell’ipotesi che un ulteriore allontanamento del piolo dal punto di sospensione provochi la rottura del filo. Soluzione Applicando la conservazione dell’energia meccanica, tra la posizione iniziale del pendolo e quella in cui è verticale, possiamo scrivere 1 2 Ug,i + Ki = Ug,f + Kf → −mgl1 cos θ1 = −mgl1 + mv0 2 dalla quale ricaviamo che la velocità (al quadrato) della pallina nel punto più basso è 2

v0 + 2gl(1 − cos θ) Per la seconda parte dell’oscillazione si noti che, anche se cambia la lunghezza del pendolo, la velocità appena calcolata costituisce la velocità iniziale della pallina in tale oscillazione. Questo è anche in accordo con il fatto che, in tale istante, il momento angolare del pendolo rispetto al piolo si conserva. In effetti, le forze presenti, reazioni vincolari del piolo, tensione del filo e forza gravitazionale, hanno momento nullo rispetto al piolo! Perciò, riapplicando la conservazione dell’energia deve essere 1 2 −mgl1 + mv0 = −mgl1 + mgl2 (1 − cos θ2 ) ⇒ l1 (1 − cos θ1 ) = l2 (1 − cos θ2 ) 2 dalla quale ricaviamo cos θ2 =

l1 cos θ1 − (l1 − l2 )

G. Giugliarelli

l2

=

l1 cos θ1 − d l1 − d

=

√

2T12 g − 8π 2 d

T12 g − 8π 2 d

= 0.261

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→

◦

θ2 ≃ 75 .

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Esercitazione 10 – Equilibrio e oscillazioni Problema 4 – continuazione della soluzione La tensione del filo è massima quando la pallina si trova nel punto più basso. A seconda che tale punto sia considerato come punto finale del primo quarto o punto iniziale del secondo quarto, possiamo scrivere

o

v2 T1,max − mg = m 0 l1

⇒

T1,max = m

g+

v2 T2,max − mg = m 0 l2

⇒

T2,max = m

g+

2 v0

l1 2 v0

l2

! !

Perciò la tensione massima del filo si ha all’inizio della seconda parte dell’oscillazione e vale Tmax = m

G. Giugliarelli

g+

2 v0

l

!

= mg

1+

2gT12 (1 − cos θ1 ) gT12 − 4π 2 d

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!

= 0.36 N.

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Esercitazione 10 – Equilibrio e oscillazioni Problema 5 Gli estremi di una barra sottile e omogenea, di lunghezza l = 30 cm, poggiano su di un filo rigido circolare, di raggio R = 25 cm, fisso in un piano verticale. Si mostri che, per piccoli scostamenti dalla posizione di equilibrio la barra oscilla armonicamente e si determini la lunghezza del pendolo semplice equivalente che oscilla con lo stesso periodo

Soluzione Le forze a cui è soggetta la barra sono il suo peso e le reazioni normali del filo (dirette radialmente). Rispetto all’asse passante per il centro O del filo le reazioni normali non hanno momento e quindi, dalla seconda legge della dinamica di Newton in forma angolare possiamo scrivere dω dlO =τ → IO = −mgh sin θ dt dt dove IO , pari a

1 2 2 2 2 2 ml + m(R − l /4) = m(R − l /6) 12 è il momento d’inerzia della barretta rispetto ad O e h è la distanza del suo centro di massa da O. Quindi per piccole oscillazioni abbiamo s mgh d2 θ d2 θ mgh IO = −mghθ → =− θ ⇒ θ(t) = θ0 cos(ω0 t + φ) con ω0 = 2 2 dt dt IO IO 2

IO = Icm + mh

=

Quindi il periodo dell’oscillazione è T =

2π ω0

= 2π

s

IO mgh

Un pendolo semplice che abbia lo stesso periodo, dovrebbe avere una lunghezza l tale che s s IO R2 − l2 /6 R2 − l2 /6 l IO = ⇒ l= = = p = 24 cm g mgh mh h R2 − l2 /4 G. Giugliarelli

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Esercitazione 10 – Equilibrio e oscillazioni Problema 6 Due corpi di masse m1 = 600 g e m2 = 400 g sono collegati da una molla ideale e il corpo 2 è appoggiato su un piano orizzontale; i due corpi sono inizialmente in equilibrio statico. Si applica poi al corpo 1 una forza ~ orientata verso il basso, in modo che sia raggiunta una nuova posizione di F equilibrio. Determinare: ~ viene a mancare; a) cosa succede se, d’un tratto, la forza F b) il minimo valore di F , Fmin , per il quale, mentre il corpo 1 sale, il corpo 2 si stacca dal piano. Soluzione Scegliamo un asse x verticale e diretto verso l’alto e come origine consideriamo la posizione corrispondente a quella dell’estremo superiore (1) della molla quando ` è a riposo (in assenza del corpo 1). Con tale scelta, la posizione dell’estremo 1 quando il corpo 1 è in equilibrio corrisponderà a m1 g. −m1 g − kx1 = 0 ⇒ x1 = − k ~ diretta verso il basso, la nuova posizione di equilibrio sarà Quando viene applicata una forza F m1 g + F F F −m1 g − F − kx2 = 0 ⇒ x2 = − = x1 − → x2 − x1 = − . k k k ~ viene a cessare, ovviamente il corpo 1 prenderà ad oscillare verticalmente. Quando l’azione di F oscillazione sarà simmetrica rispetto alla posizione di equilibrio iniziale x1 e avrà un’ampiezza F A = |x2 − x1 | = k

Tale

Ora si noti che se A > |x1 |, nella posizione più elevata, l’estremo 1 della molla viene a trovarsi al di sopra dell’origine O dell’asse x e, corrispondentemente, la molla risulta allungata (invece che compressa). Quando ciò succede il corpo 2 viene sollecitato da una forza elastica verso l’alto di ampiezza k(A − |x1 |). Stando così le cose, possiamo comprendere che se k(A − |x1 |) > m2 g allora il corpo 2 si solleverà. Riassumendo, la minima forza Fmin che determinerà il distacco del corpo 2 dal piano si ottiene come segue m2 g ⇒ F > Fmin = k|x1 | + m2 g = (m1 + m2 )g = 9.81 N. k(A − |x1 |) > m2 g ⇒ A > |x1 | + k G. Giugliarelli

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Esercitazione 10 – Equilibrio e oscillazioni Problema 7 Una lastra, di massa M = 10 kg, che poggia su un piano orizzontale e può scivolare liberamente (con attrito trascurabile) su di esso, è agganciata ad una molla, di costante elastica k = 395.0 N/m, con l’altro estremo fisso (vedi figura a sinistra). Ovviamente, se la lastra viene spostata dalla sua posizione di equilibrio di un ∆x0 = 10.0 cm e lasciata libera da ferma, essa prende ad oscillare di moto armonico. a posizione di equilibrio. Determinare: a) Determinare il periodo T0 di tale oscillazione. Successivamente sulla lastra viene poggiato un cilindro pieno, di massa m = 10.0 kg, il cui asse è mantenuto fisso da un braccio ancorato ad una parete (vedi la figura di destra). Anche in questo caso se, come in precedenza, la lastra viene spostata inizialmente dalla posizione di equilibrio dello stesso ∆x0 e lasciata libera da ferma, essa prenderà ad oscillare di moto armonico. Nell’ipotesi che durante tale oscillazione il cilindro rotoli sulla lastra senza scivolare, determinare: b) il nuovo periodo di oscillazione T1 della lastra; c) il minimo valore del coefficiente di attrito statico tra lastra e cilindro, µs,min , affinché il suddetto puro rotolamento sia possibile.

Soluzione Nella situazione illustrata dalla figura di sinistra il sistema è assolutamente analogo al sistema massa–molla visto tante volte e, data l’assenza di attrito, le oscillazioni armoniche avranno la pulsazione e s s il periodo seguenti k M 2π ω0 = ⇒ T0 = = 2π = 1.00 s. M ω0 k Nella situazione di destra, il movimento avanti e indietro della lastra determina anche la rotazione del cilindro e conseguentemente l’oscillazione sarà più lenta. Per determinarne il periodo possiamo procedere, data l’assenza di dissipazioni, utilizzando la conservazione dell’energia meccanica. Confrontando l’istante in cui la lastra viene lasciata libera da ferma (in cui l’energia meccanica coincide con quella potenziale della molla) con un istante generico t, possiamo scrivere 1 1 1 1 2 2 2 k(xi − x0 ) = k(x − x0 ) + M v + Iω , 2 2 2 2 dove xi e x0 sono le posizioni iniziale e di equilibrio della lastra, mentre x, v e omega sono la posizione e la velocità della lastra e la velocità angolare del cilindro, tutte all’istante t; I è il momento d’inerzia del cilindro. G. Giugliarelli

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Esercitazione 10 – Equilibrio e oscillazioni Problema 7 – continuazione della soluzione Tenendo presente che, non essendoci slittamenti, dovrà essere ω = v/R (dove R è l’ipotetico raggio del cilindro), sostituendo e derivando ambo i membri rispetto al tempo otteniamo   dx dv d2 x k I  (x − x0 ) k(x − x0 ) v =0 ⇒ = − + M+ 2 dt R dt dt2 M + I2 |{z} R v

L’equazione alla quale siamo giunti ha la stessa forma di quella delle oscillazioni armoniche della lastra in assenza del cilindro. Dall’equazione ricaviamo che la pulsazione e il periodo v  di tale oscillazione sono u v v u M+ m u u k k 2π t 2 u u  = t , = 2π = 1.22 s. T1 = ω1 = t  ω1 k M + I2 M+ m 2 R

1 mR2 . dove abbiamo sostituito il valore del momento d’inerzia del cilindro I = 2 Infine, notiamo che nell’istante in cui la lastra viene lasciata andare, se la molla era allungata del ∆x0 indicato nel testo, essa inizia a muoversi verso destra con un’accelerazione d2 x k  ∆x0 . ai = amax = =  dt2 t=0 M + I2 R

che costituisce il valore massimo del modulo dell’accelerazione della lastra in tutta l’oscillazione (ad esempio negli istanti in cui la lastra raggiunge la sua posizione estrema a sinistra, essa avrà accelerazione −amax ). Nello stesso istante, il cilindro subisce un’accelerazione angolare αmax = amax /R ed anche questo valore costituisce il massimo modulo della sua accelerazione angolare. Ma la rotazione, e più propriamente, l’accelerazione rotazionale del cilindro è determinata dalla forza di attrito statico fs prodotta dal suo contatto con la lastra. Dalla seconda legge della dinamica in forma angolare, possiamo infatti scrivere Iα = Rf , s

Tale forza sarà massima, in modulo, quando l’accelerazione angolare e, corrispondentemente, l’accelerazione della lastra sono massime in modulo. Quindi I I k∆x0 αmax ,  = amax = Iαmax = Rfs ⇒ fs = I R R2 R2 M + I

e conseguentemente fs ≤ µs N = µs mg ⇒

G. Giugliarelli

R2

I

R2

k∆x0



M + I2 R

 ≤ µs mg

⇒

µs ≥

I

k∆x0 k∆x0  =    = 0.134. R2 mg M + I 2g M + m 2 2

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R

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Esercitazione 10 – Equilibrio e oscillazioni Problema 8 Una sbarra sottile, di lunghezza L = 100 cm e massa m = 5.0 kg è incernierata ad una parete obliqua (vedi figura) e può ruotare liberamente intorno a tale cerniera mantenendosi in un piano verticale. Ad un punto della sbarra a distanza l = 70 cm dalla cerniera è agganciata una corda elastica ideale di costante elastica k = 800 N/m. L’altro estremo della corda è ancorato alla parete obliqua sempre ad una distanza l dalla cerniera. Come mostra la figura la sbarra è in equilibrio statico quando è disposta orizzontalmente. Sapendo che in tale situazione è θ0 = 60◦ , determinare:

b

l θ0

a) la lunghezza a riposo della corda elastica; b) la frequenza delle piccole oscillazioni della sbarra intorno alla sua posizione di equilibrio. b

b

l L

Soluzione Se la situazione riportata in figura delinea la situazione di equilibrio della sbarra, essendo θ0 = 60◦ allora anche la lunghezza della corda elastica sarà pari ad l e l’angolo β0 tra corda e sbarra (vedi figura a (π − θ0 ) = π/3. Essendo la sbarra in equilibrio, il momento lato) è pari a β0 = 1 2 risultante delle forze applicate calcolato rispetto alla cerniera deve essere nullo. Perciò possiamo scrivere (vedi la figura a fianco) L mgL τ = mg − lFe sin β0 = 0 ⇒ Fe = √ , 2 3l ~ e la forza elastica determinata dalla corda che dove abbiamo indicato con F d=l potremo esprimere come Fe = k∆x0 con ∆x0 = d − d0 pari all’allungamento l della corda. Quindi otteniamo ~e F mgL ∆x0 = √ = 5.0 cm ⇒ d0 = d − ∆x0 = l − ∆x0 = 65 cm, θ0 β0 3kl b

b

b

dove d0 è la lunghezza a riposo della corda elastica. Se l’angolo tra sbarra e parete cambia da θ0 a θ = θ0 + ∆θ (con ∆θ positivo o negativo), l’angolo tra corda e sbarra e la lunghezza della corda diventano   β = π−θ = θ0 − ∆θ ; d = 2l cos β = 2l cos θ0 − ∆θ , 2 2 2 e quindi il momento complessivo delle forze gravitazionale ed elastica sarà dato da L mg cos(∆θ) − lk(d − d0 ) sin(θ0 − ∆θ/2). τ (∆θ) = 2 l L

~ m~ g

G. Giugliarelli

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30/04/2013

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Esercitazione 10 – Equilibrio e oscillazioni Problema 8 – continuazione della soluzione Nel limite di piccole oscillazioni tale espressione dovrà essere valutata per osservando che in tali condizioni valgono le seguenti   cos(∆θ) ≈ 1;  cos(θ0 − ∆θ/2) = cos θ0 cos(∆θ/2) + sin θ0 sin(∆θ/2) ≈   sin(θ0 − ∆θ/2) = sin θ0 cos(∆θ/2) − cos θ0 sin(∆θ/2) ≈

piccoli valori di ∆θ, e quindi √ 3 ∆θ 1 + 2 2 2 √ 3 1 ∆θ − 2 2 2

l’espressione di diventa

√ h   ih√ i 3 3 1 + mg − lk 2l 2 ∆θ − l + ∆x0 − 1 ∆θ , τ (∆θ) ≈ L 2 4 2 4

dove ∆x0 è l’allungamento della corda all’equilibrio calcolato in precedenza. Effettuando i prodotti e le semplificazioni ed eliminando i termini in ∆θ 2 (infinitesimo di ordine superiore), l’espressione di τ si riduce alla seguente √ 3 1 L 1 τ (∆θ) ≈ mg − lk∆x0 − lk(3l − ∆x0 )∆θ = − lk(3l − ∆x0 )∆θ, 4 {z2 } 4 |2 =0

dove la somma dei primi due termini è nulla essendo pari al momento all’equilibrio. Tale espressione di τ poteva essere ricavata anche tramite uno sviluppo in serie di Taylor al prim’ordine in funzione di ∆θ. Utilizzando la seconda legge della dinamica in forma angolare, possiamo scrivere l’equazione del moto della mL2 , scriviamo sbarra. Ricordando che il suo momento d’inerzia (rispetto alla cerniera) è pari a I = 1 3 d2 ∆θ 1 d2 ∆θ 3kl(3l − ∆x0 ) dω =τ ⇒ I = − lk(3l − ∆x0 )∆θ ⇒ =− ∆θ. I dt dt2 4 dt2 4mL2 L’ultima equazione ha una forma analoga a quella delle oscillazioni armoniche e pertanto il termine a secondo membro moltiplicato per ∆θ è pari al quadrato della pulsazione di tali oscillazioni. La frequenza delle oscillazioni della sbarra è quindi pari a s ω

2

=

3kl(3l − ∆x0 )

G. Giugliarelli

4mL2

⇒

ν =

ω

2π

=

1

2π

3kl(3l − ∆x0 ) 4mL2

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= 2.1 Hz.

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Esercitazione 11 – Onde e Fluidi Problema 1 Nella figura (a) le corde 1 e 2 hanno, rispettivamente le masse per unità di lunghezza δ1 = 3.00 g/m e δ2 = 5.00 g/m. Le corde sono sottoposte ad una tensione generata dal blocco di massa M = 500 g. Calcolare la velocità dell’onda nelle due corde. Il blocco viene poi diviso in due parti (tali che M1 + M2 = M ) e il dispositivo risistemato come in figura (b). Determinare M1 e M2 in modo che le velocità delle onde nelle due corde siano uguali. Soluzione Le due funi sono sottoposte a tensioni uguali pari a T =

Mg 2

= 2.45 N.

Conseguentemente le velocità delle onde lungo le funi sono: s s s s T Mg T Mg v1 = = = 28.6 m/s; v2 = = = 22.1 m/s. δ1 2δ1 δ2 2δ2 Se il blocco viene diviso in due parti le tensioni delle corde saranno diverse. Per avere la stessa velocità dellŠonda nelle due corde si dovrà avere s s M1 g M2 g δ1 v= = ⇒ M1 = M2 δ1 δ2 δ2 Conseguentemente M = M1 + M2 = ⇒

M2 =

δ2 δ1 +δ2

M = 5 M = 313 g; 8

G. Giugliarelli

M1 =



δ1 δ1 +δ2

δ

1 + δ1 2



M2

3 M = 187 g; M = 8

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v=

q

g δ1 +δ2

= 35.0 m/s.

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Esercitazione 11 – Onde e Fluidi Problema 2 Una fune uniforme di massa m e lunghezza L pende dal soffitto. a) Mostrare che la velocità di un’onda trasversale sulla fune è una funzione di y (la distanza √ dall’estremo inferiore, data da v = gy; b) Mostrare che il tempo impiegato da un’onda trasversale per percorrere la lunghezza della fune è p dato da t = 2 L/g. Soluzione In un punto a distanza y dal suo estremo inferiore la tensione della fune deve essere pari al peso del tratto di fune sottostante. Cioè deve essere T (y) =

m L

gy

Perciò, osservando che la massa per unità di lunghezza della fune è pari a δ = m/L, la velocità dell’onda sarà data dalla seguente s s T (y) m L √ v(y) = = gy · = gy δ L m Ora, immaginando che un’onda parta dalla sommità della corda, si noti che il tempo in cui essa percorre un tratto di corda di lunghezza dy ad una distanza y dall’estremo inferiore, è dato da dt = −

dy v(y)

dove il segno meno è dovuto al fatto che si è supposto l’asse y orientato verso l’alto e perciò la velocità dell’onda è diretta verso il basso. Il tempo totale sarà pari a

t=−

Z 0 dy L

G. Giugliarelli

v(y)

=

s Z L Z L dy 1 dy 2 √ L L = √ . √ √ = √ [ y]0 = 2 gy g 0 y g g 0

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Esercitazione 11 – Onde e Fluidi Problema 3 Una sirena di frequenza 2000 Hz e un ufficiale della protezione civile sono entrambi fermi rispetto alla Terra. Sapendo che la velocità del suono nell’aria (a 20◦ C) è pari a 343 m/s, determinare qual è la frequenza che l’ufficiale percepisce se il vento sta soffiando con velocità di 12 m/s a) dalla sorgente verso l’osservatore; b) dall’osservatore alla sorgente. Soluzione Quando diciamo che il suono si muove nell’aria alla velocità v = 343 m/s, vogliamo dire che il suono si propaga nell’aria a tale velocità. Ciò significa che se l’aria è in movimento con velocità vm , nella direzione del suono, allora un osservatore fermo, rispetto al suolo, misurerà una velocità del suono pari a v + vm . Il moto dell’aria, per un osservatore fermo, determina una diversa velocità del suono percepito. Nel caso presente, a seconda che il vento soffi (a) dalla sorgente verso l’osservatore o (b) viceversa, la velocità del suono percepito dall’osservatore è va = v + vm ;

vb = v − vm ,

rispettivamente. Ma essendo nulle le velocità di sorgente ed osservatore, non si ha nessun cambiamento della frequenza percepita dall’osservatore. Infatti 0

νa =

va + 0 va + 0

ν ≡ ν;

0

νb =

vb + 0 vb + 0

ν ≡ ν.

Non si ha nessun effetto Doppler!

G. Giugliarelli

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Esercitazione 11 – Onde e Fluidi Problema 4 Due treni si corrono incontro, ciascuno con velocità di 30.5 m/s rispetto al terreno. Un treno emette un fischio di frequenza 500 Hz. a) Se l’aria è ferma, che frequenza si rileva sull’altro treno? b) Qual è invece la frequenza se soffia un vento alla velocità di 30.5 m/s in direzione opposta al treno; c) E invertendo la direzione del vento? Soluzione Nel primo caso a) possiamo applicare direttamente la formula generale dell’effetto Doppler. Cioè

0

ν =

v + vR v − vS

! ν = 598 Hz.

dove vS e vR sono le velocità del treno che emette il fischio e dell’altro treno, rispettivamente. Nel caso b) possiamo fare lo stesso ragionamento fatto nell’esercizio precedente. Dato che il vento soffia in direzione opposta alla direzione di moto del treno che emette il fischio, la velocità del suono percepita a terra (dalla parte dalla quale proviene l’altro treno) sarà pari a v − vm (dove vm = 30.5 m/s è la velocità del vento). Quindi, la formula dell’effetto Doppler ci da la seguente

0

ν =

v − vm + vR

! ν = 608 Hz.

v − vm − vS

Infine, per il caso c), seguendo lo stesso ragionamento abbiamo

0

ν =

v + vm + vR v + vm − vS

! ν = 589 Hz.

Queste due ultime formule costituiscono, in pratica, l’espressione dell’effetto Doppler in un caso assolutamente generale in cui si tiene conto anche della velocità del mezzo! G. Giugliarelli

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Esercitazione 11 – Onde e Fluidi Problema 5 Una barretta sottile e omogenea ha un estremo incernierato alla parete interna di un recipiente, contenente acqua, e può ruotare liberamente in un semipiano verticale intorno alla cerniera, che si trova fuori dall’acqua. Sapendo che all’equilibrio risulta immersa nell’acqua una frazione ε = 60% della barretta, si determini la massa volumica ρ del materiale di cui essa è costituita. ~ Soluzione Le forze alle quali è soggetta la barretta sono la forza gravitazionale m~ g , diretta verso il basso, la spinta di Archimede (diretta verso l’alto) e pari SA = V ρ0 g (V è il volume della barretta e ρ0 la massa volumica dell’acqua) e la reazione della cerniera R.In ogni caso, trattandosi di un sistema rotante con un punto fisso, la barretta sarà in equilibrio quando la somma dei momenti, per esempio rispetto alla cerniera, delle forze applicate è nulla. Quindi si dovrà avere

mg

l 2

cos θ − V ρ0 g

   1− l cos θ = 0 2

Ma scrivendo la massa della barretta in termini del suo volume e della sua massa volumica ricaviamo

ρV g

l 2

 cos θ = V ρ0 g

G. Giugliarelli

1−

 2

 l cos θ

⇒

3

ρ = ρ0 (2 − ) = 0.84 g/cm .

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Esercitazione 11 – Onde e Fluidi Problema 6 Un sottile disco, di raggio R = 4.0 cm e massa M = 400 g, presenta un foro nel quale è inserito, perpendicolarmente al disco, un tubo a pareti sottili di raggio r = 1.0 cm. Il disco inizialmente poggia sul fondo di un recipiente cilindrico con asse verticale, dentro il quale può scorrere, a tenuta e senza attrito. Si determini l’altezza h a cui si porta il disco quando viene versata nel cilindro, attraverso il tubo, una massa m = 500 g di acqua.

Soluzione Una volta versata nel recipiente, l’acqua si trova parzialmente sotto il disco, per un’altezza h, e parzialmente nel tubo cilindrico, per un ulteriore altezza d (come indicato nella figura). Se ρ0 è la massa volumica dell’acqua possiamo scrivere 2 2 m = π(R h + r d)ρ0 Le pressioni nei punti A e B indicati in figura corrispondono a pA = p0 +

Mg π(R2 − r 2 )

Perciò pA = pB

Mg

⇒

π(R2 − r 2 )

;

pB = p0 + ρ0 gd.

⇒

= ρ0 gd

d=

M πρ0 (R2 − r 2 )

Infine, inserendo questa nella prima relazione ricaviamo

h=

G. Giugliarelli

1 πρ0

R2

" m−

M r2 R2

−

r2

# = 9.0 cm.

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Esercitazione 11 – Onde e Fluidi Problema 7 Un recipiente cilindrico, con asse verticale, pieno d’acqua e senza coperchio, poggia su una superficie orizzontale liscia. Nel recipiente alle quote h1 = 25 cm e h2 = 50 cm sopra il fondo, da parti opposte rispetto all’asse, vi sono due piccoli fori, di area S = 1 cm2 ciascuno chiusi con tappi. ~ orizzontale si dovrebbe applicare al Si determini quale forza F recipiente perché esso resti in quiete qualora i tappi venissero tolti contemporaneamente. Soluzione Applicando l’equazione di Bernoulli tra la superficie libera del recipiente ed il foro di uscita ad una quota generica h, scriviamo 1 2 1 2 p0 + ρgd + ρv0 = p0 + ρgh + ρvh 2 2 Ma essendo la sezione del recipiente cilindrico molto più grande di S, la velocità v0 con la quale il livello dell’acqua si abbassa potrà essere trascurato. Quindi 2 2 2 v2 = 2g(d − h2 ). vh = 2g(d − h) ⇒ v1 = 2g(d − h1 ); Ora, sempre considerando un foro di sezione S ad una quota generica h, si prenda in esame il cilindretto di acqua appunto di sezione S e lunghezza dx = vh dt che esce dal foro nel tempo dt. Tale cilindretto ha massa e quantità di moto pari a 2

→

dm = ρSvh dt Perciò, dividendo per dt otteniamo la seguente

fh =

dp = dmvh = ρSvh dt dp dt

2

= ρSvh ,

che corrisponde al modulo della forza che la fuoriuscita di acqua determina sul recipiente avente verso opposto alla velocità dell’acqua in uscita. Conseguentemente, la forza che si deve utilizzare per mantenere il recipiente in quiete si ottiene dalle 2 2 seguenti ~ = −f~h − f~h F ⇒ F = ρS(v − v ) = 2ρgS(h2 − h1 ) = 0.5 N. 1

h1

2

h2

Ovviamente tale forza è diretta verso destra. G. Giugliarelli

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Esercitazione 11 – Onde e Fluidi Problema 8 Un cubo pieno, di lato l = 10 cm, è costituito da una sostanza solida avente una massa volumica ρ inferiore del 5% a quella dell’acqua ρ0 (cioè ρ = 0.95ρ0 ). Considerando il corpo nello stato di galleggiamento, determinare: a) di quanto emerge dall’acqua. Supponendo poi che il corpo venga estratto completamente dal liquido facendo in modo che solo la base inferiore sia in contatto con la superficie dell’acqua, si determini (trascurando qualsiasi effetto della tensione superficiale o della resistenza del mezzo): b) quale profondità massima raggiunge il corpo se viene liberato da fermo da tale posizione. [Si supponga in tutto l’esercizio che le basi del cubo siano sempre orizzontali] Soluzione Quando il cubo galleggia la spinta di Archimede che risente la parte immersa bilancia perfettamente il suo peso. Quindi dovrà essere ρ0 Vi g = mg ⇒ ρ0 Vi g = ρV g, dove V e Vi sono il volume totale e il volume della parte immersa del corpo. Se indichiamo con h lo spessore V

della parte immersa del corpo potremo scrivere Vi = h e quindi dalla precedente otteniamo l h Vi ρ ρ = = ⇒ h= l = 0.95 · l = 9.5 cm, l V ρ0 ρ0 dalla quale otteniamo che al galleggiamento il corpo emerge dall’acqua di 0.50 cm. Ora, se pensiamo di lasciar libero il corpo a partire dalla posizione in cui la sua base inferiore tocca la superficie dell’acqua, capiamo che il corpo inizierà a scendere immergendosi nell’acqua e, tenendo presente la situazione al galleggiamento, si capisce che il corpo riuscirà ad immergersi completamente. Durante la discesa la forza netta agente sul corpo varia: i) fino a che la parte immersa è inferiore ad h, è diretta verso il basso (la spinta di Archimede è inferiore al peso del corpo) e il moto è accelerato; ii) quando la parte immersa supera h o il corpo è totalmente immerso, sará diretta verso l’alto (ora la spinta di Archimede supera il suo peso) e il moto è decelerato. Se prendiamo un asse y diretto verso il basso, e indichiamo con y la posizione della base  inferiore del corpo (y = 0 all’istante iniziale), la forza netta su di esso avrà l’espressione  ρ0 V g   (h − y) 0≤y≤l l F (y) =    −V g(ρ − ρ) y>l 0

dalla quale vediamo che per y = h la forza si inverte. G. Giugliarelli Fisica Generale I, AA 2012-2013

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Esercitazione 11 – Onde e Fluidi Problema 8 – continuazione della soluzione Impostando l’equazione del moto scriviamo dv 1 d(v 2 ) m = F (y) ⇒ ρV = F (y) dt 2 dy

⇒

2

d(v ) =

2 ρV

F (y)dy,

dove siamo passati (come visto tante volte) dalla variabile tempo alla y. Considerando l’ultima relazione differenziale e integrando tra y = 0 e y = h (che corrisponde al momento in cui il corpo raggiunge la posizione di galleggiamento) otteniamo ! Z h Z h 2 2g 2g h2 2 2 2 2 v (h) − v (0) = v (h) = F (y)dy = (h − y)dy = h − = gh. ρV 0 h 0 h 2 pari al quadrato della velocità che il corpo avrà quando è immerso di una quota pari ad h (numericamente si ottiene v(h) = 0.96 m/s). Negli istanti successivi la velocità del corpo (mentre si inabissa sempre di più) decresce (il moto diventa decelerato) e ad una certa profondità Y si annullerà. Ovviamente, da quanto detto sopra, dovrá essere Z Y 2 2 2 2 v (Y ) − v (h) = F (y)dy = −v (h). ρV h Quindi essendo Z Y Z l Z Y 2g 2g(ρ0 − ρ) 2 F (y)dy = dy − dy ρV h h h ρ l " # " 2 # 2 2 2g h l 2g(ρ0 − ρ) 2 l = hl − − − (Y − l) = g − h − (ρ0 − ρ)Y , h 2 2 ρ h ρ si ottiene l2 h

−h−

2 ρ

(ρ0 − ρ)Y = h

⇒

Y =

ρ 2(ρ0 − ρ)

2h −

l2 h

! =

2h2 − l2 2(l − h)

= 80.5 cm.

Tenendo presente che Y corrisponde alla profondità della base inferiore del cubo, possiamo anche dire che la base superiore raggiungerà una profondità massima pari a 70.5 cm.

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Esercitazione 11 – Onde e Fluidi Problema 9 Un recipiente è costituito da un cilindro verticale, di diametro D = 9.0 cm, sul quale è innestato un tubo orizzontale, di diametro d = 3.0 cm, con asse ad una distanza l = 5.0 cm dal fondo del cilindro. All’altro estremo del tubo orizzontale viene posto un tappo e il recipiente viene riempito di acqua fino all’altezza h = 50 cm (vedi figura). Supponendo che il piano sul quale poggia il recipiente sia perfettamente liscio, ~ necessaria per mantenere fermo il recipiente quando viene determinare la forza F tolto il tappo. Soluzione Nel momento in cui il tappo viene tolto l’acqua prende ad uscire dal tubo orizzontale e, se indichiamo con v0 e v le velocità dell’acqua alle quote h ed l, con Bernoulli, potremo scrivere 1 2 v2 v2 1 2 ⇒ h+ 0 =l+ ρgh + ρv0 = ρgl + ρv 2 2 2g 2g dove si è utilizzato il fatto che la pressione è la stessa alle imboccature di cilindro e tubo e ρ è la massa volumica dell’acqua. Essendo poi l’acqua un liquido incomprimibile, dall’equazione di continuità segue che πD 2 πd2 d2 v0 = v ⇒ v0 = v 4 4 D2 e quindi, sostituendo nella precedente, ricaviamo 2g(h − l) 2 v = 1 − d4 /D 4 Ora, nel tempo dt la massa d’acqua che esce dal tubo orizzontale e la corrispondente quantità di moto sono πd2 πd2 2 dm = ρdV = ρ vdt → dp = dmv = ρ v dt 4 4 Corrispondentemente, il recipiente subisce una variazione di quantità di moto pari a dp e risente quindi di una forza dp πd2 2 = −ρ v f =− dt 4 Se vogliamo mantenere fermo il recipiente dobbiamo " applicare una# forza esterna F = −f pari a πd2 2 πd2 2g(h − l) F =ρ v =ρ = 6.3 N 4 4 1 − d4 /D 4 G. Giugliarelli

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Esercitazione 11 – Onde e Fluidi Problema 10 Una vasca, avente una profondità H = 1.50 m ed una larghezza L = 80 cm. Uno dei lati della vasca è costituito da una paratia rigida di altezza H e larghezza L. La paratia è incernierata al fondo della vasca per tutta la sua larghezza (vedi figura) e intorno a tale lato può ruotare liberamente. Quando la vasca viene riempita completamente d’acqua, un sostegno orizzontale, posto ad una quota H/2, esercita sulla paratia una forza opportuna, F , in modo che essa rimanga verticale e (in tal modo) non esca acqua. Determinare il modulo di F . Soluzione Nell’acqua la pressione varia secondo la legge seguente di Stevino p(y) = p0 + ρgy

⇒

p(h) = p0 + ρgH − ρgh,

dove p0 è la pressione atmosferica, ρ la massa volumica dell’acqua e h è la distanza dal fondo della vasca. A causa di tale pressione, su una striscia orizzontale della paratia di altezza dh e a distanza h dal fondo, agisce una forza verso destra (vedi figura) pari a dFp = p(h)Ldh, che, rispetto alla cerniera della paratia, ha un momento dτp = hdFp = hp(h)Ldh. Il momento complessivo di tali forze di pressione è quindi   Z H Z H Z H 1 1 2 2 τp = h(p(h)Ldh = L(p0 + ρgH) hdh − Lρg h dh = LH p0 + ρgH . 2 3 0 0 0 Ora, se vogliamo che la paratia si mantenga in equilibrio in posizione verticale, il momento della forza F dovrà bilanciare il momento appena calcolato. Perciò   H 2 1 5 F = τp ⇒ F = τp = LH p0 + ρgH = 1.27 · 10 N. 2 H 3 G. Giugliarelli

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Esercitazione 11 – Onde e Fluidi Problema 11 Un recipiente cilindrico di raggio R = 15 cm aperto superiormente contiene un volume di acqua pari a V = 10 l. L’acqua è in quiete rispetto al recipiente, ma esso è in rotazione uniforme con velocità angolare ω intorno al suo asse verticale, con il risultato che l’acqua si solleva ai bordi! Supponendo il recipiente di altezza sufficiente a non far uscire l’acqua, determinare: a) la forma della superficie del pelo libero dell’acqua; b) il valore di ω in corrispondenza del quale il pelo libero dell’acqua sull’asse del cilindro tocca il fondo del recipiente Soluzione Con il recipiente in moto rotatorio intorno al suo asse verticale, ogni elementino di fluido a distanza r dall’asse si muove seguendo una traiettoria circolare con una velocità v = ωr. Supponiamo di essere nel sistema di riferimento (non inerziale) solidale con il recipiente: in tale sistema il fluido è in quiete e quindi, preso un qualsiasi elementino di massa dm, la risultante delle forze che agiscono su di esso, dovrà essere nulla. In particolare (vedi figura a lato) per un elemento alla superficie del fluido ~ (pelo libero), la somma della forza gravitazionale dm~ g e della forza cen~ è il raggio vettore che va dall’asse di rotazione al punto trifuga dmω 2~ r (~ r considerato) deve essere diretta perpendicolarmente alla superficie stessa del fluido, in modo da poter essere bilanciata dalle forze di pressione che ovviamente sono perpendicolari alla superficie! Osservando la figura, la condizione espressa si traduce nella seguente ω2 r dmω 2 r = = tan θ dmg g Ma, come indicato in figura, il profilo della superficie potrà essere espresso da una funzione y = y(r) e a distanza r dall’asse, la pendenza della tangente al profilo sarà pari a tan θ = dy . Conseguentemente, la dr precedente relazione si traduce nell’equazione differenziale 2 2 dy ω ω = r ⇒ dy = rdr, dr g g dalla quale, integrando, si ottiene il seguente profilo parabolico ω2 2 y(r) = y0 + r . 2g G. Giugliarelli

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Esercitazione 11 – Onde e Fluidi Problema 11 – continuazione della soluzione La quota y0 dovrà corrispondere alla quota del punto più basso del profilo che, ovviamente, sarà lungo l’asse di rotazione. Essendo y = y(r) una parabola con asse coincidente con quello intorno al quale ruota il recipiente, si capisce che la forma della superficie dell’acqua sarà quella di un paraboloide di rotazione ad asse verticale. La quota y0 dovrà essere tale da rendere il volume sotteso dal paraboloide identico a quello dell’acqua contenuta nel recipiente. Il volume sotto il paraboloide può essere calcolato come segue Z R

Z R 2πrdr · y(r) = 2π

V = 0

y0 + 0

ω2 2 r 2g

!

"

Z R rdr +

rdr = 2π y0

ω2

0

Quindi, ricavando y0 si ottiene y0 =

V πR2

−

ω 2 R2 4g

# Z R πω 2 4 3 2 r dr = πy0 R + R 2g 0 4g

,

dove ora V è il volume dell’acqua contenuta nel recipiente. Perciò il pelo libero dell’acqua toccherà il fondo del recipiente quando sarà y0 = 0. E cioé quando

y0 = 0

G. Giugliarelli

⇒

V πR2

=

ω 2 R2 4g

s ⇒

ω=

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4gV πR4

.

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Esercitazione 11 – Onde e Fluidi Problema 12 Un recipiente contiene mercurio liquido (massa volumica ρm = 1.36 · 104 kg/m3 ) e su di esso galleggia un pezzo di ferro (massa volumica ρf = 7.86 · 103 kg/m3 ), con un volume emerso pari a Ve = 6.3 cm3 . Si determini: a) la massa m del pezzo di ferro. Successivamente, il pezzo di ferro viene leggermente sospinto verso il basso e, una volta lasciato andare, prende ad oscillare verticalmente intorno alla linea di galleggiamento. Trascurando ogni attrito con il mezzo, determinare: b) la frequenza delle oscillazioni del pezzo di ferro. Soluzione Dato l’equilibrio, la spinta di Archimede del mercurio deve bilanciare il peso del pezzo di ferro. Quindi, se V è il volume totale del pezzo di ferro possiamo scrivere ρf ρm ρm ρf V g = ρm (V − Ve )g ⇒ V = Ve ⇒ m = V ρf = Ve = 117 g. ρm − ρf ρm − ρf Se ora immaginiamo che il corpo possa cambiare di quota perché oscilla intorno alla linea di galleggiamento, se indichiamo con Ve0 il volume emerso in un momento qualsiasi, la forza netta sul corpo sarà pari a 0

0

0

0

F = mg − ρm (V − Ve )g = [−(ρm − ρf )V + ρm Ve ]g = [−ρm Ve + ρm Ve ] = −ρm g(Ve − Ve ), che assume un andamento tipo forza elastica al variare del volume emerso. Corrispondentemente, se supponiamo che il corpo abbia la forma di un parallelepipedo disposto verticalmente con la dimensione verticale pari ad a, allora indicando con y lo spessore della parte emersa potremmo V0

scrivere che all’equilibrio è y = y0 = VVe a, mentre in una situazione generica sarà y = Ve a. In ??questo modo la forza netta sul corpo può essere scritta nella forma ρm V g 0 F = −ρm g(Ve − Ve ) = − (y − y0 ). a Allora, scrivendo l’equazione del moto del pezzo di ferro, otteniamo m

G. Giugliarelli

d2 y dt2

=F

⇒

d2 y dt2

=−

ρm g ρf a

(y − y0 ).

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Esercitazione 11 – Onde e Fluidi Problema 12 – continuazione della soluzione Osservando che questa equazione ha la forma di quella delle oscillazioni armoniche con ω 2 = ρm g/ρf a, possiamo dire che la frequenza delle oscillazioni sarà pari a s ω 1 ρm g ν = = . 2π 2π ρf a Ad esempio, nel caso di un pezzo di ferro di forma cubica allora avremmo avuto !1/3 ρm 1/3 Ve = 2.46 cm a=V = ρm − ρf e la frequenza sarebbe stata pari a ν = 4.20 Hz.

G. Giugliarelli

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Esercitazione 11 – Onde e Fluidi Problema 13 Una sfera piena di raggio R = 10.0 cm è costituita da un materiale di massa volumica ρ, viene immersa in un recipiente pieno di acqua (vedi figura). Sapendo che all’equilibrio la linea di galleggiamento della sfera si trova ad una quota h0 = 4.0 cm al disotto del suo vertice superiore (vedi figura), determinare: a) la massa volumica ρ della sfera. Si supponga poi che la sfera, a partire dal suo stato di equilibrio, venga leggermente spinta verso il basso e lasciata libera in modo che essa prenda ad oscillare verticalmente. Trascurando la resistenza del mezzo e gli effetti di tensione superficiale, si determini: b) il periodo T delle piccole oscillazioni della sfera intorno alla sua linea di galleggiamento. [Il volume di una calotta sferica di altezza h e raggio R è pari a V (h) = π (3R − h)h2 . ] 3 ~ h diretta Soluzione L’equilibrio della sfera è determinato dal bilanciamento tra la spinta di Archimede S 0 ~ verso l’alto e la forza gravitazionale M~ g . Quindi dovrà essere ~ h + M~ S ~ g =0 0

⇒

→

Sh0 = M g

ρ0 Vi g = ρV g

4 πR3 sono i volumi immerso e totale della sfera. Se la dove ρ0 è la massa volumica dell’acqua e Vi e V = 3 linea di galleggiamento è ad una quota h0 al disotto del vertice della sfera è Vi = V − V (h0 ) (dove V (h) è data nel testo) e quindi 3 (4R3 − 3Rh2 3 0 + h0 ) ρ0 = ρ0 = 0.896 ρ0 = 0.896 kg/dm . V 4R3 Quando la sfera non è più in equilibrio statico, e quindi il suo vertice si trova al disopra della superficie dell’acqua di una quota pari ad h 6= h0 , la risultante delle forze non è più nulla. Infatti in tal caso la risultante è diretta verticalmente e considerando un asse y diretto verso l’alto la sua ampiezza è

ρ0 [V − V (h0 )] = ρV

⇒

ρ=

V − V (h0 )

F (h) = Sh − M g = {ρ0 [V − V (h)]  − ρV }g 2

2

= ρ0 g[V (h0 ) − V (h)] = πρ0 g R(h0 − h ) − dove abbiamo sostituito l’espressione di ρ ottenuta prima. G. Giugliarelli

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1 3

 3 3 (h0 − h ) 6,7/05/2013

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Esercitazione 11 – Onde e Fluidi Problema 13 – continuazione della soluzione Facendo uso dello sviluppo in serie di Taylor (fino al prim’ordine), nel limite di h non molto diverso da h0 l’espressione di F (h) diventa  F (h) ≈ F (h0 ) +

dF



dh h0

(h − h0 ) + · · · = −πρ0 gh0 (2R − h0 )(h − h0 ) + · · ·

In tali condizioni la forza è di tipo elastico, con una costante elastica pari a k = πρ0 gh0 (2R − h0 ), e quindi 2 impostando l’equazione del moto M d 2h = F (h) arriviamo a scrivere dt d2 h dt2

=−

k M

(h − h0 ) = −

πρ0 gh0 (2R − h0 ) 4 πR3 ρ 3

(h − h0 ) = −

3ρ0 gh0 (2R − h0 ) 4R3 ρ

(h − h0 )

Conseguentemente le oscillazioni sono armoniche e si ottiene s ω=

k M

s =

G. Giugliarelli

3ρ0 gh0 (2R − h0 ) 4R3 ρ

⇒

T =

2π ω

s = 2π

4R3 ρ 3ρ0 gh0 (2R − h0 )

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= 0.87 s.

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Esercitazione 12 – Termologia e termodinamica Problema 1 Un pezzo di ghiaccio, di massa mg = 3.0 kg e alla temperatura Tg = 253 K (≡ −20 ◦ C), viene immerso in una massa di acqua pari a ma = 1.0 kg alla temperatura Ta = 373 K (≡ 100 ◦ C). Il sistema è contenuto in un recipiente a pareti adiabatiche. Determinare la temperatura finale Tf del sistema. [cg = 0.5 cal/K; ca = 1.0 cal/K; λf = 80 cal/g.] Soluzione Possiamo immaginare tre diversi stati finali del sistema: a) l’acqua ghiaccia ⇒ Tf < 0 ◦ C; b) il ghiaccio fonde ⇒ Tf > 0 ◦ C; c) acqua e ghiaccio coesistono ⇒ Tf = 0 ◦ C. Vediamo in successione i tre casi. Nel caso a) per ghiacciarsi, l’acqua deve, perlomeno, prima portarsi a Tf = 0 ◦ C e poi solidificare. Quindi la minima quantità di calore che l’acqua deve scambiare in tale processo è (min) 4 Qa = ma ca (Tf − Ta ) − ma λf = −18 · 10 cal dove il segno negativo dimostra che l’acqua in tale processo perde calore. Nel frattempo il ghiaccio deve assorbire calore senza fondersi. La quantità massima di calore che può assorbire è pari a (max)

Qg (min) |Qa |

= mg cg (Tf − Tg ) = 3.0 · 10

4

cal

(max) |Qg |,

Essendo > concludiamo immediatamente che il processo non è possibile. b) Ora il ghiaccio si deve portare, perlomeno a Tf = 0 ◦ C e quindi deve fondere. Per cui, la minima quantità di calore che deve assorbire è (min)

Qg

= mg cg (Tf − Tg ) + mg λf = 27.0 · 10

4

cal

Nel frattempo, l’acqua si deve portare a Tf , scambiando una quantità massima di calore (max)

Qa Ancora una volta, essendo G. Giugliarelli

(min) |Qg |

>

= ma ca (Tf − Ta ) = −10.0 · 10 (max) |Qa |

4

cal

concludiamo che il processo non può avvenire.

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Esercitazione 12 – Termologia e termodinamica Problema 1 – continuazione della soluzione c) Ora ghiaccio e acqua coesistono a Tf = 0 ◦ C. In questo caso però, si dovrà stabilire se una parte di ghiaccio si scioglie o, una parte di acqua si solidifica. 1) Denotiamo con mx la massa di acqua che si solidifica. Dovrà essere

mg cg (Tf − Tg ) + ma ca (Tf − Ta ) − mx λf = 0 ⇒

mx =

mg cg (Tf − Tg ) + ma ca (Tf − Ta ) λf

= −875 g

che non è un risultato fisicamente sensato. 2) Indichiamo ora con Mx la massa di ghiaccio che si scioglie. Avremo

mg cg (Tf − Tg ) + Mx λf + ma ca (Tf − Ta ) = 0

⇒

Mx = −

mg cg (Tf − Tg ) + ma ca (Tf − Ta ) λf

= 875 g

che, finalmente, ci porta al risultato corretto!

G. Giugliarelli

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Esercitazione 12 – Termologia e termodinamica Problema 2 Un sottile guscio sferico di gomma, un palloncino, di massa M = 50 g, viene riempito di azoto e immerso in un lago. Trascurando le forze di tensione della gomma, si determini la massa di azoto (massa molare pari a mN2 = 28 g) che deve essere racchiusa nella cavità affinché il guscio sferico si trovi in equilibrio statico ad una profondità h = 100 m, dove la temperatura dell’acqua è T = 4.0 ◦ C. Soluzione L’equilibrio statico implica che il peso del corpo sia bilanciato dalla spinta di Archimede. Cioè dovrà essere (M + m)g = ρV g, dove m è la massa dell’azoto e V il suo volume (verrà trascurato il volume del guscio). D’altra parte, il volume dell’azoto dipenderà dalla sua massa secondo la seguente

V =

nRT p

=

mRT mN2 p

dove ora p corrisponderà alla pressione dell’acqua alla profondità h (dato che si trascurano le forze di tensione della gomma, la pressione del gas deve bilanciare perfettamente quella dell’acqua). Tale pressione sarà pari a p = p0 + ρgh Perciò ricaviamo m=

G. Giugliarelli

M ρRT mN p 2

= −1

M ρRT mN [p0+ρgh] 2

= 0.67 g. −1

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Esercitazione 12 – Termologia e termodinamica Problema 3 Una massa M = 100 g di ghiaccio, alla temperatura T = 0.0 ◦ C, è posta in un recipiente adiabatico e compressa alla pressione p = 1200 atm. Nell’ipotesi che la temperatura di fusione, Tf , del ghiaccio vari linearmente con la pressione (in modo che ad un aumento di pressione ∆p = 138 atm corrisponda una variazione di ∆Tf pari a 1.0 ◦ C), si determini la massa di ghiaccio che fonde. [Nel processo si supponga che il calore specifico del ghiaccio sia indipendente dalla pressione e che la variazione di volume del sistema sia trascurabile (∆V = 0)] [cg = 2.09 · 103 J/kg K, λf = 3.34 · 105 J/kg] Soluzione Essendo il recipiente adiabatico, nella trasformazione non ci sono scambi di calore con l’esterno: Q = 0. D’altra parte, dato che la variazione di volume è trascurabile anche il lavoro è nullo: L = 0. In tali condizioni potremmo dire che nella trasformazione, per la prima legge della termodinamica, l’energia interna rimane inalterata. In effetti, possiamo pensare che tra le due fasi (giaccio solido e ghiaccio fuso ≡ acqua) ci siano mutui scambi di calore tali che la loro somma sia nulla. In particolare, indicando con Qg il calore perso dalla massa di ghiaccio e con Qa quello ricevuto dalla massa di acqua (da determinare), dovrà essere Qg + Qa = 0. Si noti che Qg è determinato dal fatto che l’aumento di pressione determina una variazione della temperatura di fusione del ghiaccio pari a

∆T =

∆Tf ∆p

(p − p0 ) = −8.7 K,

e quindi, il ghiaccio cede una quantità di calore che diventa disponibile per fonderne una parte. Perciò, si avrà M cg ∆T Qa = mλf = −Qg = −M cg ∆T =⇒ m=− = 5.4 g. λf G. Giugliarelli

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Esercitazione 12 – Termologia e termodinamica 7 = 1.4) dallo stato iniziale con R, cp = 7 R, γ = 5 Problema 4 Un gas perfetto biatomico (cV = 5 2 2 pi = 2.0 atm e Vi = 0.5 l, raggiunge lo stato finale in cui Vf = 2.0 l attraverso tre diversi percorsi reversibili: a) espansione adiabatica; b) espansione isoterma seguita da un’isocora; c) un’isocora seguita da una espansione isobara. Determinare il lavoro fatto ed il calore scambiato per ciascun tipo di percorso (anche in segno).

Soluzione a) In una trasformazione adiabatica non viene scambiato calore, quindi Qa = 0. Lungo la trasformazione si ha pV γ = cost. e quindi potremo scrivere !γ Vi γ γ γ −γ = 0.287 atm pV = pi Vi ⇒ p = pi Vi · V e anche pf = pi Vf Perciò il lavoro prodotto è La =

Z V f Vi

γ

pdV = pi Vi

Z V f

V

−γ

dV =

Vi

γ i pi Vi h 1−γ 1   1−γ Vf − Vi = pf Vf − pi Vi = 108 J 1−γ 1−γ

b) Dato che nell’isocora non viene compiuto lavoro, abbiamo: Z V Vf Vf f = pi Vi ln = 140 J Lb = pdV = nRTi ln Vi Vi Vi (T =Ti ) Tenendo conto che lungo l’isoterma il calore scambiato è pari al lavoro fatto, abbiamo Qb = Lb + ncV (Tf − Ti ) dove Tf è data da Tf =

pf V f nR

=

1 nR

pi Vf

Vi

!γ

Vf

Perciò Qb = Lb + ncV (Tf − Ti ) = Lb + G. Giugliarelli

5 2

 nR

pf Vf nR

−

pi Vi nR

 = Lb +

5  2

 pf Vf − pi Vi = 140 J − 107.6 J = 32.4 J.

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Esercitazione 12 – Termologia e termodinamica Problema 4 – continuazione della soluzione c) Il lavoro viene ora effettuato solo lungo l’isobara e quindi Lc = pf (Vf − Vi ) = 43.4 J Infine, il calore scambiato è

0

0

Qc = ncV (T − Ti ) + ncp (Tf − T ) dove T 0 è la temperatura del punto finale dell’isocora data da

pf Vi = nRT

0

0

⇒

T =

pf V i nR

γ

=

pi Vi Vi

γ

nR Vf

Quindi

Qc

= =

 pf Vi − nR nR 7 7 5

pf Vi − pi Vi + pf Vf − pf Vi = pf Vf − pi Vi − pf Vi = −64.0 J. 2 2 2 2

5

2 5



nR

G. Giugliarelli

pf Vi nR

−

pi Vi nR



+

7

2



nR

pf V f

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Esercitazione 12 – Termologia e termodinamica Problema 5 Una certa quantità di aria, il cui stato iniziale è caratterizzato dalle coordinate termodinamiche Vi = 5.0 m3 , pi = 4.0 atm e Ti = 60.0 ◦ C, subisce una trasformazione fino ad uno stato finale caratterizzato da Vf = 3.0Vi e pf = 1.0 atm. La trasformazione seguita è una trasformazione politropica del tipo pV k = cost. con l’esponente k incognito. Nell’ipotesi che l’aria sia assimilabile ad un gas perfetto biatomico, si determini: a) l’esponente k della trasformazione; b) il lavoro L compiuto dall’aria; c) la variazione di energia interna, ∆Eint , dell’aria; d) la quantità di calore, Q, assorbita dall’aria. Soluzione Dalla relazione che definisce la trasformazione abbiamo !     Vfk Vf k Vf pi pi k k pi Vi = pf Vf → = = k ln = → ln pf Vik Vi pf Vi

⇒

k=

ln(pi /pf ) ln(Vf /Vi )

= 1.26.

D’altra parte il lavoro compiuto dall’aria nella trasformazione è Z V Z V  pi Vik  1−k 1 f f k −k 1−k 5 L= pdV = pi Vi V dV = Vf − Vi = (pf Vf − pi Vi ) = 19.8 · 10 J. (1 − k) (1 − k) Vi Vi La variazione di energia interna è invece data dalla seguente   pf Vf 5 ∆Eint = ncV (Tf − Ti ) = n R − Ti , 2 nR ed essendo n = pi Vi /RTi , si ottiene ∆Eint =

5 2

(pf Vf − pi Vi ) = −12.7 · 10

5

J.

Infine la quantità di calore assorbita dall’aria è   5 1 5 1 5 Q = ∆Eint + L = (pf Vf − pi Vi ) + (pf Vf − pi Vi ) = + (pf Vf − pi Vi ) = 6.81 · 10 J. 2 (1 − k) 2 1−k G. Giugliarelli

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Esercitazione 12 – Termologia e termodinamica Problema 6 Due diverse trasformazioni di uno stesso gas perfetto biatomico seguono le seguenti leggi: (1)

pV

2

= cost.;

(2)

2

p V = cost.

Considerando le due diverse trasformazioni, determinare: a) il carattere esotermico o endotermico del processo durante la fase di espansione; b) il corrispondente calore specifico molare c del gas. Soluzione Nel primo caso, facendo uso della equazione di stato dei gas perfetti, abbiamo pV

2

= k1

⇒

T =

pV nR

=

k1

→

nRV

dT = −

k1

dV

nRV 2

Da questa possiamo vedere che dQ = dEint + dL = ncV dT + pdV = −

5 k1 2 V2

dV +

k1 V2

dV = −

3 k1 dV < 0 2 V2

il che dimostra che nell’espansione (dV > 0) il sistema cede calore (dato che dQ < 0) e che quindi il processo è esotermico. Nell’altro caso invece abbiamo 2

p V = k2

⇒

T =

pV nR

=

V

s

nR

k2 V

√ =

k2 V

→

nR

dT =

1 2nR

s

k2 V

dV

Da questo vediamo che

dQ = dEint + dL = ncV dT + pdV =

5 4

s

k2 V

s dV +

k2 V

dV =

9

s

4

k2 V

dV > 0

e quindi nell’espansione il gas assorbe calore ed il processo è perciò endotermico. G. Giugliarelli

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Esercitazione 12 – Termologia e termodinamica Problema 6 – continuazione della soluzione Per il calcolo del calore molare facciamo appello alla Ia Legge della Termodinamica dalla quale possiamo scrivere dV dQ dEint + dL = = ncV + p nc = dT dT dT Per la trasformazione (1) abbiamo k1

V =

dV



nRT

⇒

p

dT

k1

 = −p

nRT 2

=−

p2 V 2 nRT 2

=−

n2 R 2 T 2 nRT 2

= −nR

dalla quale si ricava

c

(1)

= cV +

1 n

p

dV

= cV − R =

dT

5 2

R−R=

3 2

R = 12.5 J/mol · K.

Invece nella trasformazione (2) abbiamo

V =

n2 R 2 T 2

 ⇒

k2

p

dV



dT

=p

2n2 R2 T p2 V

=p

2n2 R2 T p2 V

= 2nR

e quindi (2)

c

= cV +

G. Giugliarelli

1 n

p

dV dT

= cV + 2R =

5 2

R + 2R =

9 2

R = 37.4 J/mol · K.

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Esercitazione 12 – Termologia e termodinamica Problema 7 Due tubi, A e B, di uguale sezione sono posti verticalmente e sono chiusi alle estremità inferiori. Hanno ciascuno un pistone con un piatto su cui si trovano dei pesi. Uno dei tubi contiene aria ed ha un pistone a tenuta, l’altro contiene una molla e il pistone non è a tenuta. La distanza iniziale (per entrambi) tra il fondo dei tubi e i rispettivi pistoni è di 24 cm. Sui due piatti vengono quindi aggiunti, uno alla volta, dei pesi di 1 kg e dopo ogni aggiunta viene misurata la distanza dei due pistoni dal fondo. Sapendo che dopo i primi 3 kg, il pistone in A si trova ad una altezza maggiore che in B e che dopo l’aggiunta di 6 kg le quote dei due pistoni sono di nuovo uguali e pari a 15 cm dal fondo, determinare: a) quale dei due tubi contiene aria (a tenuta); b) a partire dalla condizione iniziale (cioè quando la distanza è di 24 cm) a che quota si porta ciascun pistone se si tolgono 2 kg da ciascun piatto. Soluzione Nel tubo con la molla, lo spostamento del pistone è proporzionale al peso aggiunto. Cioè, se indichiamo con f il peso unitario (f = 1.0 kg), avremo nf = k(h0 − hn )

⇒

hn = h0 −

f k

n

dove h0 = 24 cm e k è la costante elastica della molla. Dovendo poi essere h6 = 15 cm, abbiamo k=

6f

⇒

h0 − h6

h3 = h0 −

h0 − h6 6

·3=

h0 + h6 2

= 19.5 cm.

Per quanto riguarda il tubo con aria, la quota del pistone è determinata dall’equazione di stato dei gas ideali pV = nRT = N kB T . Supponendo che la trasformazione sia isoterma, possiamo quindi scrivere pV =

F0 + nf A

Ahn = (F0 + nf )hn = N kB T

dove F0 = N kB T /h0 è la forza che equilibra il pistone quando questo è a 24 cm dal fondo. Perciò dovremo avere   N kB T N kB T 6f h6 hn = ⇒ N kB T = (F0 + 6f )h6 = + 6f h6 ⇒ N kB T = F0 + nf h0 1 − h6 /h0 G. Giugliarelli

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Esercitazione 12 – Termologia e termodinamica Problema 7 – continuazione della soluzione e ancora 6f h0 h6 2h0 h6 N kB T = = h3 = N k T = 18.5 cm, B 6f h6 + 3f h0 (1 − h6 /h0 ) h6 + h0 + 3f h 0

che, essendo minore dell’analoga quantità calcolata prima, mostra che A è il tubo con la molla! Togliendo un peso pari a 2f , le quote che si raggiungeranno sono    in A   

h−2 = h0 +

     in B

h−2 =

G. Giugliarelli

2f k

+ h0 +

3h0 h6 3h6 − (h0 − h6 )

h0 − h6 3 =

= 27 cm;

3h0 h6 4h6 − h0

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= 30 cm.

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Esercitazione 12 – Termologia e termodinamica Problema 8 Una macchina a gas perfetto monoatomico compie un ciclo reversibile costituito da due isoterme a T1 = 300 K e T2 = 400 K intervallate da due isocore con V1 = 5 l e V2 = 10 l, rispettivamente. Si calcoli: a) il rendimento del ciclo; b) il numero di moli di gas se il lavoro prodotto in 10 cicli vale, in modulo, W = 11530 J. Soluzione Il rendimento del ciclo è pari al rapporto tra il lavoro prodotto e il calore assorbito. Non producendosi lavoro lungo le isocore, il lavoro prodotto nel ciclo sarà pari alla somma (algebrica) dei lavori prodotti nelle due trasformazioni isoterme. Cioè: L=

Z V 2 V1 (T2 )

pdV +

Z V 1

pdV = nRT2

V2 (T2 )

Z V 2 dV V1

V

+nRT1

Z V 1 dV V2

V

= nRT2 ln

V2 V1

+nRT1 ln

V1 V2

= nR(T2 −T1 )

Si noti che, per avere un lavoro prodotto positivo, si è percorso il ciclo in verso orario. Il calore viene invece assorbito solo lungo l’isocora da T1 a T2 e lungo l’espansione isoterma a temperatura T2 da V1 a V2 . Ricordando poi che in una trasformazione isoterma (per un gas ideale) il calore assorbito è pari al lavoro prodotto, abbiamo: Qass = ncV (T2 − T1 ) + nRT2 ln

V2 V1

 = nR

3 2

 (T2 − T1 ) + T2 ln 2

Quindi, il rendimento è pari a η=

L Qass

=

nR(T2 − T1 ) ln 2 (T2 − T1 ) ln 2 i = h = 0.16 3 (T − T ) + T ln 2 3 (T − T ) + T ln 2 2 1 2 nR 2 2 1 2 2

Infine, dato che il lavoro prodotto in 10 cicli è W , allora W = 10L = 10nR(T2 − T1 ) ln 2

G. Giugliarelli

⇒

n=

W 10R(T2 − T1 ) ln 2

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= 2.0 mol.

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Esercitazione 13 – Termodinamica Problema 1 Calcolare il rendimento di un ciclo che nel piano T –S (temperatura–entropia) è rappresentato dal triangolo della figura.

Soluzione Durante l’isoterma a temperatura maggiore, il sistema assorbe una quantità di calore: Q1 = T1 (S1 − S2 ) Durante il cammino da (T1 , S1 ) a (T2 , S2 ), il sistema cede una quantità di calore pari a Q2 =

Z S 2

T dS = a

S1

Z T 2

T dT =

T1

essendo S = aT + b =

a 2

2

2

(T2 − T1 ) =

S1 − S2 T1 − T2

1 S1 − S2 2 T1 − T2

·T +b

⇒

(T2 − T1 )(T2 + T1 ) = −

dS = adT =

S1 − S2 T1 − T2

1 2

(S1 − S2 )(T2 + T1 ),

dT.

Pertanto il rendimento del ciclo sarà η=

|Q1 | − |Q2 | |Q1 |

=1−

1 (S1 − S2 )(T2 + T1 ) 2

(S1 − S2 )T1

=1−

1 (T2 + T1 2

T1

=

1 2

  T2 1− , T1

cioè la metà di quello di un ciclo di Carnot fra le temperature T1 e T2 . Notare che lungo il ramo verticale, non essendoci variazione di entropia, non c’è scambio di calore. G. Giugliarelli

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Esercitazione 13 – Termodinamica Problema 2 Una quantità pari a n = 1.0 mol di un gas perfetto, contenuta in un cilindro dotato di pistone libero di scorrere senza attrito, subisce in un primo tempo una lenta espansione senza scambio di calore con l’esterno, fino a raddoppiare il volume iniziale. Successivamente, il gas subisce una lenta compressione a temperatura costante fino a tornare al volume iniziale. Sapendo che le temperature iniziale e finale del gas sono T1 = 61 ◦ C e T2 = −20 ◦ C, si determinino: a) il rapporto γ fra i calori specifici a pressione e volume costante del gas; b) l’eventuale variazione di entropia del gas. Soluzione In una trasformazione adiabatica di una gas perfetto abbiamo pV

γ

= cost.

o

TV

γ−1

= cost.,

dove γ è il rapporto tra i calori specifici a pressione e volume costante. Quindi, considerando la seconda espressione (dove la temperatura deve essere espressa in kelvin) e applicandola ai due stati estremi della nostra adiabatica avremo   T1 V2 γ−1 γ−1 γ−1 γ−1 T1 V1 = T2 V2 ⇒ = =2 T2 V1 Perciò, si ottiene  ln

T1



T2

 =

V2 V1

γ−1 = (γ − 1) ln 2

⇒

γ =1+

ln(T1 /T2 ) ln 2

= 1.4,

analogo a quello di un gas biatomico. Per quanto riguarda la variazione complessiva di entropia, possiamo subito dire che essa sarà pari a quella che avviene durante la trasformazione isoterma. Infatti, nella trasformazione adiabatica reversibile, non essendoci scambi di calore con l’esterno, l’entropia è costante. D’altra parte, durante una trasformazione isoterma, l’energia interna del gas è costante e quindi la quantità di calore scambiato è pari al lavoro fatto dal gas. Perciò Z Z V Z Z V dQ 1 1 V1 1 1 dV ∆S = = dQ = pdV = nR = −nR ln = nR ln 2 = −5.8 J/K. T T2 T2 V2 V V2 V2 G. Giugliarelli

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Esercitazione 13 – Termodinamica Problema 3 Un recipiente cilindrico di volume V = 2.5 · 10−2 m3 , termicamente isolato, è diviso in due scomparti uguali. Il pistone (di massa trascurabile) è costituito da un buon conduttore termico. Il primo scomparto è occupato da n1 = 1.0 mol di un gas perfetto a temperatura T = 300 K, mentre il secondo contiene n2 moli dello stesso gas. Ad un certo istante il pistone viene sbloccato cosí che possa muoversi liberamente e, una volta raggiunto l’equilibrio, si osserva che il primo scomparto ha volume doppio del secondo. Supponendo che il processo sia isotermo si determinino: a) pressione e volume dei gas nei due scomparti prima e dopo la trasformazione; b) la variazione di entropia, ∆S, del sistema subita nella trasformazione. Soluzione Denotiamo con i ed f gli stati prima e dopo la trasformazione. Nello stato iniziale abbiamo V n1 RT −2 3 5 2 V1,i = V2,i = = 1.25 · 10 m ; p1,i = = 1.99 · 10 N/m . 2 V1,i Nello stato finale, in cui le pressioni nei due scomparti devono essere uguali, abbiamo 2V V −2 3 −2 3 V1,f = 2V2,f ⇒ V1,f = = 1.667 · 10 m ; V2,f = = 0.833 · 10 m , 3 3 e quindi p1,f =

n1 RT V1,f

=

3n1 RT 2V

= 1.50 · 10

5

2

N/m ;

n2 =

p2,f V2,f RT

=

p1,f V 3RT

=

n1 2

= 0.5 mol,

dove abbiamo utilizzato il fatto che i due scomparti sono sempre alla stessa temperatura. Infine, sapendo che la trasformazione è isoterma, e tenendo presente che in una trasformazione di questo tipo l’energia interna di un gas perfetto non cambia, dalla prima legge della termodinamica possiamo scrivere Z V Vf dQ dV dV f dV ⇒ dS = = nR ⇒ ∆S = nR = nR ln dQ = dL = pdV = nRT V T V V Vi Vi Conseguentemente, applicando l’ultima espressione ai due scomparti del cilindro, la variazione complessiva di entropia è   V1,f V2,f 4 1 2 ∆S = ∆S1 + ∆S2 = n1 R ln + n2 R ln = n1 R ln + ln = 0.706 J/K. V1,i V2,i 3 2 3 G. Giugliarelli

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Esercitazione 13 – Termodinamica Problema 4 Una macchina reversibile utilizza come fluido una quantità di sostanza n = 1.0 mol di un gas perfetto biatomico che esegue il ciclo costituito dalle seguenti 3 trasformazioni: 1) dallo stato iniziale (p1 = 5.0 atm e T1 = 20 ◦ C) il gas viene fatto espandere lungo un’isoterma fino ad una pressione p2 = 1.0 atm; 2) a pressione costante, p2 , il gas viene riportato sull’adiabatica passante per lo stato iniziale; 3) seguendo l’adiabatica il gas viene quindi riportato allo stato iniziale. Si determini: a) il lavoro L e il calore Q scambiati dal gas in un ciclo; b) il rendimento del ciclo; c) la variazione di entropia lungo la trasformazione isobara. Soluzione Osservando che gli stati 1 e 2 sono alla stessa temperatura otteniamo V1 =

nRT1 p1

= 4.81 l;

V2 =

nRT1 p2

=

p1 p2

V1 = 24.1 l.

La stato 3 ha pressione p2 ed è sull’adiabatica per lo stato 1. Quindi deve essere γ



γ

→

p2 V3 = p1 V1

V3 =

p1

1/γ V1 =

p2

nRT1



p1

p1

1/γ

p2

=

nRT1



p1

p1 p2

5/7 = 15.2 l,

dove abbiamo tenuto conto del fatto che per un gas biatomico è γ = cp /cV = (7R/2)/(5R/2) = 7/5. Per la temperatura abbiamo T3 =

p2 V3 nR

 = T1

p1 p2

1/γ−1

 = T1

p2

(γ−1)/γ = 185 K.

p1

I lavori compiuti e i calori scambiati lungo le tre trasformazioni sono i seguenti. Trasformazione 1 → 2 (isoterma) Z 2 ∆Eint,1→2 = 0

⇒

Q1→2 = L1→2 =

G. Giugliarelli

pdV = nRT1 1

Z 2 dV 1

V

= nRT1 ln

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V2 V1

= nRT1 ln

p1 p2

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= 3920 J.

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Esercitazione 13 – Termodinamica Problema 4 – continuazione della soluzione Trasformazione 2 → 3 (isobara) Z 3 pdV = p2 (V3 − V2 ) = −910 J;

L2→3 = 2

Q2→3 = ∆Eint,2→3 + L2→3 = ncV (T3 − T2 ) + p2 (V3 − V2 ) = −3160 J. Trasformazione 3 → 1 (adiabatica) Q3→1 = 0

⇒

L3→1 = −∆Eint,3→1 = −ncV (T1 − T3 ) = −2250 J.

In un ciclo completo il lavoro compiuto e il calore scambiato si equivalgono e perciò Q = L = L1→2 + L2→3 + L3→1 = 760 J. Per il rendimento abbiamo η=

L |Qass |

=

L Q1→2

= 0.194.

Infine, la variazione di entropia lungo la trasformazione isobara è data da

dQ = dEint + dL = ncV dT + pdV = n(cV + R)dT = ncp dT

→

dS =

dQ T

= ncp dT,

e quindi ∆S2→3 =

G. Giugliarelli

7 2

nR

Z T 3 dT T2

T

=

7 2

 nR ln

T3 T2

 = −13.4 J/K.

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Esercitazione 13 – Termodinamica Problema 5 Un sistema termicamente isolato, alla temperatura T1 = 30 ◦ C è costituito da un recipiente contenente una massa m = 400 g di acqua nella quale è immersa una molla ideale, di costante elastica k = 1000 N/m, ancorata per un estremo al recipiente e mantenuta con un gancio in stato di tensione. In tali condizioni la lunghezza della molla è d = 20 cm, mentre a riposo risulta pari a d0 = 100 cm. Quando il gancio si spezza, la molla inizia ad oscillare di moto smorzato raggiungendo, dopo un pò di tempo, lo stato finale di quiete e lunghezza pari d0 . Trascurando le capacità termiche della molla e del recipiente rispetto a quella dell’acqua (calore specifico ca = 1.0 cal/K·g), si determini: a) la temperatura finale dell’acqua; b) la variazione di entropia del sistema. Soluzione A causa delle dissipazioni causate dagli attriti, durante le oscillazioni smorzate, l’energia potenziale iniziale della molla 1 2 Ue = k(d − d0 ) 2 viene totalmente trasformata in calore e ceduta all’acqua. Essendo il sistema isolato termicamente, si avrà quindi un aumento di temperatura dell’acqua dato da Q = Ue = mca ∆T

⇒

∆T = Tf − Ti =

Ue mca

=

k(d − d0 )2 2mca

= 0.191 K.

Conseguentemente la temperatura finale del sistema è Tf = Ti +

k(d − d0 )2 2mca

= 30.2

◦

C.

Per calcolare la variazione di entropia del sistema, basta considerare una trasformazione reversibile che porti il sistema dalla temperatura iniziale Ti a quella finale Tf . Una trasformazione di questo tipo si può realizzare fornendo calore all’acqua calore in piccole dosi dQ provocando quindi variazioni elementari dT di temperatura di modo che dQ dT dQ = mca dT ⇒ dS = = mca T T G. Giugliarelli

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Esercitazione 13 – Termodinamica Problema 5 – continuazione della soluzione Quindi la variazione complessiva di entropia sarà data da

∆S = mca

Z T f dT Ti

G. Giugliarelli

T

= mca ln

Tf Ti

= mc0 ln

  ∆T 1+ = 1.05 J/K. Ti

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Esercitazione 13 – Termodinamica Problema 6 In una trasformazione politropica (pV k =cost.) la pressione e il volume di una definita massa di ossigeno (gas biatomico) variano da p1 = 4.00 atm e V1 = 1.00 l ai valori p2 = 1.0 atm e V2 = 2.00 l. La temperatura iniziale del gas è T1 = 500 K. Si determini: a) il calore Q che viene scambiato dall’ossigeno con l’ambiente; b) la variazione ∆Eint di energia interna del gas; c) la variazione ∆S di entropia del gas. Soluzione Prima di tutto si noti che, utilizzando l’equazione dei gas ideali, il numero n di moli di ossigeno e la temperatura T2 del secondo stato sono pari a n=

p1 V1 RT1

;

T2 =

p2 V 2 nR

=

p2 V2 p1 V1

T1

Inoltre, dato che la trasformazione politropica è caratterizzata dalla legge pV k = cost., allora k

k

p1 V1 = p2 V2

 ⇒

V1 V2

k =

p2 p1

→

k=

ln(p2 /p1 ) ln(V2 /V1 )

= 2.0.

R. La natura biatomica del gas determina il fatto che il suo calore specifico molare a volume sia pari a cV = 5 2 Quindi la variazione di energia interna subita dal gas nella trasformazione sarà data da   p1 V1 5 p2 V2 5 ∆Eint = ncV (T2 − T1 ) = R − 1 T1 = (p2 V2 − p1 V1 ) = −525 J. RT1 2 p1 V1 2 Poi, dalla prima legge della termodinamica ricaviamo che   la quantità di calore scambiato dal gas è data da Q = ∆Eint + L e quindi potendo scrivere p = p2 V2k V −k , abbiamo L=

Z V 2

pdV =

V1

G. Giugliarelli

  Z V2 1 p2 V2k k 1−k 1−k −k p2 V2 V dV = (V2 − V1 )= (p2 V2 − p1 V1 ) 1−k 1−k V1 Fisica Generale I, AA 2012-2013

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Esercitazione 13 – Termodinamica Problema 6 – continuazione della soluzione e   5 1 Q = ∆Eint + L = + (p2 V2 − p1 V1 ) = −315 J. 2 1−k Infine, per calcolare la variazione di entropia possiamo utilizzare la seguente

∆S =

Z 2 dQ 1

T

= ncV ln

G. Giugliarelli

= ncV T2 T1

Z T 2 dT T1

+ nR ln

T V2 V1

+ nR

Z V 2 dV V1

=

p1 V1 T1



5 2

V  ln

p2 V2 p1 V1



 + ln

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V2 V1

 = −0.873 J/K.

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Esercitazione 14 – Termodinamica e gravitazione Problema 1 Ad una quantità pari a n = 2.0 mol di un gas ideale biatomico viene fatto eseguire il ciclo reversibile rappresentato qui a fianco in cui p1 = 30.0 atm, V1 = 2.31 dm3 e p2 = 10.0 atm. Nel ciclo, partendo dallo stato 1, il gas si espande secondo la trasformazione reversibile (a) che nel piano p − V corrisponde al segmento che unisce gli stati 1 e 2 (vedi figura); raggiunto lo stato 2 il gas ritorna allo stato 1 attraverso la trasformazione (b) corrispondente ad una compressione isoterma reversibile. Determinare: a) il volume V2 e la temperatura T della trasformazione (b); b) il lavoro L compiuto dal gas e il calore Q scambiato in un ciclo; c) la variazione di entropia ∆S1,2 che il gas subisce nell’espansione (a); d) il rendimento η del ciclo facendo attenzione a calcolare bene la quantità di calore assorbito Qa , specificando in quale trasformazione (o parte di trasformazione) essa viene assorbita. Soluzione Facendo uso della legge dei gas ideali otteniamo immediatamente che la temperatura T del gas negli stati 1 e 2 e il volume V2 sono pari a p1 V1 nRT p1 3 T = = 422 K; V2 = = V1 = 3V1 = 6.93 dm . nR p2 p2 Dato che il lavoro compiuto lungo una trasformazione è pari all’area sottesa dalla curva che la rappresenta nel piano p–V , per la trasformazione (a) il lavoro corrisponde a Z V 1 2 3 L1,2 = pdV = (V2 − V1 )p2 + (V2 − V1 )(p1 − p2 ) = V1 (p1 + p2 ) = 9.36 · 10 J. 2 V1 ,(a) In alternativa, dato l’andamento della pressione in funzione del volume, si può scrivere p = A + BV e calcolare le costanti A e B imponendo le condizioni p1 = A + BV1 e p2 = A + BV2 ottenendo p1 V2 − p2 V1 1 6 = (3p1 − p2 ) = 4.05 · 10 Pa; A= V2 − V1 2 p1 − p2 p1 − p2 8 3 B =− =− = −4.38 · 10 Pa/m . V2 − V1 2V1 G. Giugliarelli

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Esercitazione 14 – Termodinamica e gravitazione Problema 1 – continuazione della soluzione Conseguentemente Z V Z V 1 2 2 2 2 L1,2 = pdV = (A + BV )dV = A(V2 − V1 ) + B(V2 − V1 ) 2 V1 ,(a) V1 ,(a) che, ovviamente, risulta identico a quello calcolato sopra. Per la trasformazione (b) abbiamo invece Z V Z V dV V1 1 1 3 L2,1 = pdV = nRT = nRT ln = −7.71 · 10 J, V2 V2 ,(b) V2 ,(b) V negativo dato che è una compressione. Il lavoro complessivo L compiuto dal gas nel ciclo e conseguentemente anche il calore da esso scambiato, Q, sono quindi pari a 3 L = Q = L1,2 + L2,1 = 1.65 · 10 J. Essendo l’entropia una funzione di stato, in un ciclo la sua variazione è nulla. Perciò Z Z 1 dQ ∆S1,2 = −∆S2,1 = − =− pdV T T (b) (b) Z V V1 V2 1 dV = −nR = −nR ln = nR ln = 18.3 J/K. V V2 V1 V2 Per il calcolo del rendimento del ciclo abbiamo bisogno di calcolare il calore assorbito Qa . A tal fine, notiamo immediatamente che nella compressione isoterma (b), il calore scambiato dal gas Q2,1 è pari al lavoro compiuto L1,2 : essendo quest’ultimo negativo, il gas cede calore. Al contrario, lungo la trasformazione (a), sfruttando la prima legge della termodinamica, possiamo scrivere dQ = dEint + dL e quindi ottenere Q1,2 = ∆Eint,1,2 + L1,2 . Ma l’energia interna di un gas ideale dipende solo dalla temperatura e perciò, dato che gli stati 1 e 2 sono alla stessa temperatura, allora ∆Eint,1,2 = 0! Ciò significa che Q1,2 = L1,2 > 0 e che quindi il calore scambiato nella trasformazione (a) è positivo e questo sembra suggerire che sia Qa = Q1,2 . In tali condizioni il rendimento del ciclo sarebbe pari a L L = = 0.176. η= Qa Q1,2

G. Giugliarelli

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Esercitazione 14 – Termodinamica e gravitazione Problema 1 – continuazione della soluzione Ma è vero che è Qa = Q1,2 ? In effetti no! Vediamo perché! Lungo i punti della trasformazione (a), sfruttando la legge dei gas ideali, sostituendo l’espressione di p e differenziando otteniamo A + 2BV 2 pV = nRT → AV + BV = nRT → (A + 2BV )dV = nRdT ⇒ dT = dV nR Conseguentemente, dalla prima legge della termodinamica possiamo scrivere dQ = dEint + pdV = ncV dT + pdV =

cV R

(A + 2BV )dV + (A + BV )dV =

     cV cV 1+ A+ 1+2 BV dV R R

R (gas biatomico) si ha e sostituendo cV = 5 2 1 dQ = [7A + 12BV ] dV. 2 La trasformazione (a) è un’espansione e quindi lungo essa è sempre dV > 0. Questo vuol dire che dQ sarà positivo (cioè assorbito) solo se 7A + 12BV > 0! Si vede immediatamente che è ⇒

V = V0 = −

7A

12B

=

7 p1 V2 − p2 V1

3

= 5.39 dm , p1 − p2 e che quindi dQ > 0 per V1 ≤ V < V0 , mentre dQ < 0 per V0 < V < V2 . Pertanto il calore Qa è pari a Z V i 1 1 h 0 4 2 2 Qa = (7A + 12BV )dV = 7A(V0 − V1 ) + 6B(V0 − V1 ) = 1.25 · 10 J, 2 V1 2 7A + 12BV = 0

12

che, come si vede, è maggiore di Q1,2 . Quindi il rendimento corretto del ciclo è pari a η=

G. Giugliarelli

L Qa

= 0.132.

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Esercitazione 14 – Termodinamica e gravitazione Problema 2 Un satellite di massa m viene portato ad un’altezza h (rispetto al suolo) e poi gli viene data una velocità tale da farlo orbitare su un orbita circolare. Determinare: a) a quale altezza h1 diventa più costoso (da un punto di vista energetico) portarlo in quota che metterlo in orbita (una volta raggiunta la quota); b) la quota corrispondente hgeo alla quale le orbite circolari sono geostazionarie. [RT = 6.37 · 106 m e MT = 5.98 · 1024 kg] Soluzione Il lavoro che si deve compiere per portare il satellite ad una quota h è pari alla variazione della sua energia potenziale gravitazionale. Cioè MT m MT m MT mh Lh = −G +G =G RT + h RT RT (RT + h) Invece, essendo la velocità orbitale (per un’orbita circolare di raggio RT + h) data dalla seguente 2 MT m GMT vo 2 =G ⇒ vo = , m RT + h (RT + h)2 RT + h il lavoro per portare il satellite a tale velocità (una volta alla quota h) sarà pari alla sua variazione di energia cinetica 1 GMT m 2 Lo = mvo = 2 2(RT + h) Perciò Lh sarà maggiore di Lo quando h 1 Lh > Lo ⇒ > RT (RT + h) 2(RT + h)

⇒

h > h1 =

RT 2

= 3.19 · 10

6

m.

Un orbita circolare sarà geostazionaria quando la velocità angolare del satellite è pari ωrot = 2π/Trot dove Trot è pari ad un giorno. Quindi 2 vgeo MT vgeo = (RT + hgeo )ωrot ⇒ ac = =G RT + hgeo (RT + hgeo )2 !1/3 !1/3 2 GMT GMT Trot e infine 7 4 hgeo = − RT = 3.59 · 10 m = 3.59 · 10 km. − RT = 2 ωrot 4π 2 G. Giugliarelli

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Esercitazione 14 – Termodinamica e gravitazione Problema 3 Due proiettili sono sparati da un polo terrestre con la stessa velocità iniziale v0 = 500 m/s, il primo nella direzione dell’asse terrestre (verso l’esterno), il secondo perpendicolarmente, in modo che segua una traiettoria ellittica. Si determini: a) Quale dei due proiettili si allontana di più dalla Terra; b) Il rapporto tra le massime distanze dal centro della Terra. [RT = 6.37 · 106 m e MT = 5.98 · 1024 kg] Soluzione Prima di tutto si noti che, essendo le velocità iniziali dei due proiettili uguali in modulo, essi, partendo dallo stesso punto, hanno la stessa energia meccanica negativa pari a Emecc =

1 2

2

mv0 − G

MT m RT

Il primo proiettile segue una traiettoria rettilinea e nel punto più lontano dalla Terra avrà velocità nulla. Indicando con r1 la distanza di tale punto dal centro della Terra, avremo: Emecc = −G

MT m r1

⇒

r1 RT

=

1 2 /2GM 1 − RT v0 T

Per il secondo proiettile invece, il punto più distante sarà quello corrispondente all’altro vertice dell’orbita ellittica seguita (quello opposto al punto di partenza), dove la velocità è (ovviamente) non nulla! Tale energia cinetica residua ci fa capire immediatamente che la distanza massima r2 del proiettile 2 deve essere minore di r1 . Infatti, detta v la velocità del proiettile 2 in tale punto, dalla conservazione del momento angolare (rispetto al centro della Terra) segue che RT v0 = r2 v, si ottiene 1 2

2

mv0 − G

MT m r2

G. Giugliarelli

=m

2 RT 2 2r2

2

v0 − G

MT m r2

⇒

1 2

2

mv0

1−

2 RT 2 r2

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! =G

MT m RT

  RT 1− r2

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Esercitazione 14 – Termodinamica e gravitazione Problema 3 – continuazione della soluzione Dividendo per 1 − RT /r2 (che corrisponde ad eliminare la soluzione r2 = RT corrisponde alla posizione iniziale del proiettile 2) ricaviamo RT r2

=

2GMT 2 Rv0

−1

Perciò r1 r2

=

⇒

r2 RT

=

2 2GMT /RT v0 −1 2 /2GM 1 − RT v0 T

2 RT v0 2 2GMT − RT v0

=

2GMT 2 RT v0

=

=

2RT g 2 v0

1 2 −1 2GMT /RT v0

= 500.

2 In quest’ultima abbiamo utilizzato il fatto che GMT /RT è pari all’accelerazione di gravità g.

G. Giugliarelli

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Esercitazione 14 – Termodinamica e gravitazione Problema 4 Un’astronave ruota inizialmente intorno alla Terra su un’orbita circolare di raggio r1 = 6500 km (vedi figura). Successivamente, dopo aver acceso i motori per un brevissimo intervallo di tempo, l’astronave acquista una velocità v2 tale da portarla sull’orbita ellittica mostrata in figura. I vertici vicino e lontano di tale orbita hanno distanza dal centro della Terra pari a r1 e r2 = 30000 km. Determinare: a) la velocità v1 dell’astronave mentre percorre l’orbita circolare iniziale; b) le velocità v2 e v3 dell’astronave quando si trova nei vertici vicino e lontano dell’orbita ellittica. [MT = 6.0 · 1024 kg] Soluzione L’orbita iniziale è circolare e quindi la forza con la quale l’astronave è attratta dalla Terra deve essere pari alla forza centripeta. Cioè s MT m v2 MT MT 2 3 G =m 1 ⇒ v1 = G → v1 = G = 7.85 · 10 m/s. 2 r1 r1 r1 r1 Quando invece l’astronave percorre l’orbita ellittica per il calcolo delle velocità nei vertici dobbiamo ricorrere alla conservazione dell’energia meccanica e del momento angolare; nei due vertici possiamo scrivere le seguenti equazioni:  MT m MT m MT MT 1 1  2 2 2 2  mv2 − G = mv3 − G → v2 − 2G = v3 − 2G    2 r1 2 r2 r1 r2      mr1 v2 = mr2 v3

→

v3 =

r1 r2

v2

Perciò, inserendo l’espressione di v3 nella prima relazione, ricaviamo s 2GMT r2 2GMT r2 2 2 2 2 4 (r2 −r1 )r1 v2 = 2GMT (r2 −r1 )r2 ⇒ v2 = → v2 = = 1.01·10 m/s. (r2 + r2 )r1 (r2 + r1 )r1 s Infine 2GMT r1 3 v3 = = 2.18 · 10 m/s. (r2 + r1 )r2 G. Giugliarelli

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Esercitazione 14 – Termodinamica e gravitazione Problema 5 Un satellite artificiale si sta dirigendo verso un corpo celeste di massa M . Quando è molto lontano da esso ha una velocità v0 = 1.91 · 104 m/s, mentre quando raggiunge una distanza r dal suo centro ha una velocità v1 = 3.0 · 104 m/s. Sapendo che lo stesso satellite, se descrivesse un’orbita circolare con lo stesso raggio r avrebbe un periodo T = 9.62 · 103 s, determinare: a) il valore di r; b) la massa M del corpo celeste. Soluzione Nel moto del satellite verso il pianeta viene conservata l’energia meccanica e perciò 1 2

1

2

mv0 =

2

2

mv1 − G

Mm r

dove m è la massa del satellite. D’altra parte, se T è il periodo del satellite quando percorre un’orbita circolare di raggio r, allora potremo scrivere  2πr    v2 = M 4π 2 r 2 4π 2 r 3 2 T ⇒ G = v2 = → M = 2  r T2 GT 2  m v2 = G M m  r r2 Combinando quest’ultima relazione con la precedente ricaviamo  1  2 M 4π 2 r 2 2 v1 − v0 = G =G 2 r GT 2

⇒

r=

T

s

2π

1 2


2 − v 2 = 7.87 · 107 m. v1 0

Infine, tornando alla massa del pianeta abbiamo M =

G. Giugliarelli

4π 2 r 3 GT 2

= 3.11 · 10

27

kg.

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Esercitazione 14 – Termodinamica e gravitazione Problema 6 Un satellite artificiale viene lanciato su un’orbita circolare di raggio iniziale r0 . Essendo r0 ~ = −k~ ~ v. non molto grande il satellite risente di una resistenza aerodinamica del tipo R Determinare la legge con cui varia il raggio dell’orbita in funzione del tempo. Soluzione A causa della resistenza dell’atmosfera l’energia meccanica del satellite non si conserva. In effetti in un tempo dt il lavoro della forza resistente è pari a ~ · d~ ~ s = −kvds = −kv dL = R

ds dt

2

dt = −kv dt

Perciò potremo scrivere ⇒

dEmecc = dL

dK + dU = mvdv + G

Mm r2

2

dr = −kv dt

Supponendo poi che la resistenza atmosferica sia relativamente piccola, possiamo supporre che l’orbita del satellite sia essenzialmente circolare e che quindi

m

v2 r

=G

Mm

⇒

r2

v

2

=G

M

→

r

vdv = −G

M 2r 2

dr.

Introducendo quest’ultima nella precedente si ottiene −kG

M r

dt = −G

Mm 2r 2

dr + G

Mm r2

⇒

dr

−kdt = m

dr 2r

⇒

−2

k m

dt =

dr r

Infine, integrando l’ultima equazione differenziale si ricava Z r dr r0

r

G. Giugliarelli

= −2

k

Z t

m

0

dt

⇒

ln

r r0

=−

2k m

t

⇒

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r(t) = r0 e

− 2k t m .

23/05/2013

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Esercitazione 15 – Forze elettrostatiche e campo elettrostatico Problema 1 Quattro cariche puntiformi uguali q, dello stesso segno, si trovano ai vertici di un quadrato di lato l. Calcolare la carica q1 , di segno opposto, che posta al centro del quadrato rende nulla la risultante delle forze agenti su ogni carica.

Soluzione Cominciamo con la carica q posta in A. Ognuna delle cariche nei vertici contigui (B e D) esercita su di essa una forza diretta verso l’esterno lungo i rispettivi lati del quadrato. Perciò √ √ q2 q2 2 ~ ~ ~ ~ ~ ~ B = ⇒ 2 F F B = F F BD = F D = B + F D = 4πε0 l2 4πε0 l2 La carica in C produce una forza FC diretta come FBD , ma di modulo q2 1 ~ F C = 4πε0 2l2 Complessivamente, le cariche q esercitano su quella in A una forza diretta lungo la diagonale e uscente di ! √ √ modulo q2 q2 1 + 2 2 2 1 ~ = + F = 2 2 2 4πε0 l 2l 4πε0 2l D’altra parte la carica q1 posta nel centro del quadrato esercita sulla carica q in A una forza diretta verso l’interno di modulo qq1 2 ~ F 1 = 4πε0 l2 In definitiva, dovrà essere qq1

2

4πε0 l2

=

q2

√ 1+2 2

4πε0

2l2

⇒

q1 =

√ 1+2 2 4

q

Questo procedimento si può applicare anche agli altri vertici del quadrato e perciò il risultato è completo. G. Giugliarelli

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28/05/2013

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Esercitazione 15 – Forze elettrostatiche e campo elettrostatico Problema 2 Due cariche puntiformi positive ed uguali sono separate da una distanza 2a. Si consideri il piano π normale alla linea che le congiunge ed equidistante da esse. Il luogo dei punti dove la forza su una carica puntiforme qπ posta nel piano è massima è, per simmetria, un cerchio. Calcolare il raggio di questo cerchio.

Soluzione Le forze agenti su qπ generate da ciascuna carica risultano in modulo pari a: 1

F1 = F2 =

qqπ

4πε0 r 2

e sono dirette lungo ~ r . La risultante è pari a F (x) = 2F1 sin α = 2F1

x r

=

2qqπ

x

4πε0 (a2 + x2 )3/2

Per cercare il massimo di F possiamo imporre dF dx

=0

⇒

qqπ

d

2πε0 dx

che risolta ci da la soluzione seguente

"

x

#

(a2 + x2 )3/2

=

qqπ 2πε0

a2 − 2x2

"

#

(a2 + x2 )5/2

= 0,

a x = xmax = √ 2

dove xmax è il valore cercato del raggio della circonferenza. G. Giugliarelli

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28/05/2013

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Esercitazione 15 – Forze elettrostatiche e campo elettrostatico Problema 3 Due sferette aventi cariche q = 2.4·10−5 C e −q sono sospese, tramite due fili di lunghezza l = 1.0 m, inestensibili e di massa trascurabile, ad uno stesso punto P . Il sistema ruota con velocità angolare ω = 100 rad/s attorno ad un asse verticale per il punto P . Determinare l’espressione per l’angolo α formato dai fili rispetto all’asse di rotazione all’equilibrio, trascurando la forza di gravità e assumendo le sferette di uguale massa m = 1.0 g.

Soluzione Nel riferimento rotante le sferette dovranno essere in equilibrio sotto l’azione delle seguenti forze: 1) la forza centrifuga diretta lungo la congiungente le due cariche verso l’esterno, pari a 2

Fω = mω r 2) la forza di Coulomb diretta anch’essa lungo la congiungente le due cariche, ma nel verso opposto, pari a q2 1 Fc = 4πε0 4r 2 All’equilibrio sarà Fc = Fω

⇒

q2

1

4πε0 4r 2

2

⇒

= mω r

r

3

3

= (l sin α)

=

q2 16πε0 mω 2

,

da cui " sin α =

#1/3

q2 16πε0 l3 mω 2

Utilizzando i dati nimerici abbiamo sin α = 0.506 G. Giugliarelli

⇒

◦

α = 30 40

0

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28/05/2013

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Esercitazione 15 – Forze elettrostatiche e campo elettrostatico Problema 4 Due sferette aventi cariche uguali anche in segno q, ciascuna di massa m = 0.1 g, sono sospese allo stesso punto mediante fili identici e inestensibili di lunghezza l = 50 cm e massa trascurabile. Le sferette sono a riposo (e rimangono tali) quando sono separate da una distanza d = 40 cm l’una dall’altra. Determinare la carica q su ciascuna sferetta.

Soluzione Ogni sferetta è in equilibrio sotto l’azione di tre forze: 1) la forza di gravità mg diretta verso il basso; 2) la forza elettrostatica di repulsione Fe diretta come la congiungente le due sferette; 3) la reazione vincolare T del filo diretta come il filo. All’equilibrio la risultante delle tre forze deve essere nulla: ~ e + m~ ~ =0 ~ g +T F ~ deve essere diretta come T ~ (ma con verso opposto) Ciò significa che la risultante delle prime due forze (R R) e che quindi (vedi figura) d/2 Fe 1 q2 tan α = p = = mg 4πε0 d2 mg l2 − d2 /4 Perciò q

2

G. Giugliarelli

4πε0 d3 mg = p 4l2 − d2

⇒

v u u 4πε0 d3 mg −8 q = tp = 8.7 · 10 C. 4l2 − d2

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28/05/2013

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Esercitazione 15 – Forze elettrostatiche e campo elettrostatico Problema 5 Due elettroni (q = −e, e = 1.6 · 10−19 C, m = me = 9.0 · 10−31 kg) inizialmente a distanza d0 = 2.0 cm l’uno dall’altro, prendono a muoversi sotto l’azione della mutua repulsione. Determinare: a) la velocità degli elettroni quando la distanza tra loro è pari a d = 40 cm; b) la velocità che hanno a distanza infinita (velocità limite). Soluzione Applicando la IIa legge di Newton, nel sistema di riferimento con origine nel centro della congiungente i due elettroni (sistema del centro di massa), si ha me

d2 x

e2

=

dt2

1

4πε0 4x2

Si noti che, se v è la velocità dell’elettrone di destra, possiamo scrivere d2 x dt2

=

dv dt

=

dv dx dx dt

=v

dv dx

=

e2

1

⇒

4πmε0 4x2

vdv =

e2

1

16πmε0 x2

dx

Integrando tra la posizione iniziale (x0 = d0 /2) e una posizione generica x, abbiamo   Z x Z v(x) dx 1 1 2 e2 1 e2 ⇒ v (x) = − − vdv = 16πmε0 x0 x2 2 16πmε0 x x0 0 Perciò, ponendo x = d/2 abbiamo s v(d) =

e2 4πmε0



1 d0

−

1 d

 = 101 m/s.

Infine facendo tendere d → ∞, avremo s v∞ = v(d → ∞) = G. Giugliarelli

e2 4πmε0 d0

= 113 m/s.

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28/05/2013

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Esercitazione 15 – Forze elettrostatiche e campo elettrostatico Problema 6 Nella figura due cariche puntiformi di intensità q1 = −5q e q2 = +2q sono separate da una distanza d. a) Calcolare il punto(o i punti) in cui il campo elettrico dovuto alle due cariche è nullo. b) Fare uno schizzo qualitativo delle linee di forza.

Soluzione Le intensità dei campi prodotti dalle due cariche sono E1 =

5q 2 4πε0 r1

;

E2 =

2q 2 4πε0 r2

.

Fuori dall’asse x tali campi hanno direzioni diverse e quindi la loro somma sarà sempre non nulla. Quindi il campo risultante può annullarsi solo sull’asse x. Tenendo conto delle espressioni precedenti, nei punti dell’asse x il campo risultante può essere scritto nella forma seguente: " # q 5x 2(x − d) 5x 2(x − d) E(x) = − + → E(x) = 0 ⇒ = . 3 3 4πε0 |x| |x − d| |x|3 |x − d|3 Perciò √  2 5 ± 10 5 2 2   =− → 3x − (10d)x + 5d = 0 ⇒ x= d (fuori range!) −  x R2

q1

q1

4πε0 r 2

4πε0

q1 + q2 4πε0

G. Giugliarelli

r2

q1 4πε0

Z R 2 dr R1

Z R 2 dr r

r2

r2

+

+

q1 + q2

q1 + q2 4πε0

q1 + q2 4πε0

Z ∞ dr

4πε0

Z ∞ dr R2

Z ∞ dr r

R2

r2

r2

=

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r2

=

=

q1 4πε0 R1

q1 4πε0 r

+

+

q2 4πε0 R2

q2 4πε0 R2

q1 + q2 4πε0 r

6/06/2013

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Esercitazione 18 – Potenziale elettrostatico, condensatori Problema 1 Una sfera conduttrice di raggio R = 2.7 m possiede una carica netta pari a Q = 10−5 C. a) Determinare l’intensità del campo elettrico in un punto esterno alla sfera alla distanza d = 5.0 m dal suo centro; b) Se un’elettrone fosse lasciato libero in tale punto, quale sarebbe il valore della sua accelerazione iniziale e in quale verso? c) Quale velocità avrebbe quando giunge sulla sfera? Soluzione Il campo all’esterno della sfera conduttrice è radiale ed ha ampiezza E(r) =

Q

1

4πε0 r 2

.

Quindi alla distanza indicata abbiamo E(d) =

Q

1

4πε0 d2

= 3.60 · 10

3

V/m.

Sull’elettrone agisce quindi una forza verso la sfera di ampiezza F = eE(d) e conseguentemente, se viene lasciato libero, esso parte verso la sfera con un’accelerazione iniziale ai =

eE(d) me

=

eQ 4πε0 me d2

14

= 6.32 · 10

2

m/s .

Durante il moto dell’elettrone si conserva l’energia meccanica e perciò potremo scrivere:

−

eQ 4πε0 d

=

1 2

2

me v (R) −

G. Giugliarelli

eQ 4πε0 R

s ⇒

v(R) =

eQ



2πε0 me

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1 R

−

1 d

 = 7.33 · 10

7

m/s.

11/06/2013

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Esercitazione 18 – Potenziale elettrostatico, condensatori Problema 2 Tre armature piane conduttrici identiche sono montate ad stanza fra loro (vedi figura). L’armatura 1 è messa a terra; le armature connesse ai terminali di un generatore che fornisce una f.e.m. E = 80 V. l’equilibrio il generatore viene sconnesso. A partire da questa situazione, calcolare le d.d.p. tra le armature 1 e armature 2 e 3 dopo aver effettuato le seguenti operazioni:

uguale di1 e 3 sono Raggiunto 2 e tra le

a) l’armatura 2 viene collegata a terra dopo aver scollegato da terra la 1; b) prima viene collegata a terra l’armatura 2 e poi si scollega da terra prima la 1 e poi la 2.

Soluzione Con il collegamento al generatore, tra le armature 1 e 3 avremo una d.d.p. E. Per effetto del collegamento a terra possiamo anche dire che la 1 è a potenziale 0 e la 3 a potenziale E. Conseguentemente, l’armatura 2, essendo esattamente equidistante dalle altre sarà a potenziale E/2. In tale situazione, sulle facce delle armature avremo le cariche +q o q come indicato nella figura in basso. Il distacco del generatore non modifica la situazione (anche perchè le cariche sulle 2 e 3 non possono variare, essendo queste isolate).

a) Staccando la 1 da terra la distribuzione di carica non cambia. Allo stesso modo, collegando ora la 2 a terra, non cambia niente! Si noti che ci sono sempre delle armature isolate. Possiamo dire, che l’ultimo collegamento non fa altro che spostare lo zero del potenziale sulla 2. Quindi avremo la 1 a potenziale −E/2, la 2 a 0 e la 3 a E/2.

b) Collegando la 2 terra, essa viene portata allo stesso potenziale della 1. Perciò le cariche sulle loro facce affacciate si ricombinano annullando il campo elettrico tra di loro. Invece, tra 2 e 3 non cambia niente (si noti che la 3 rimane sempre isolata). Il successivo distacco di 1 e 2 da terra non cambia le cose. In definitiva la 1 e la 2 sono a potenziale 0, mentre la 3 è a potenziale E/2. G. Giugliarelli

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11/06/2013

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Esercitazione 18 – Potenziale elettrostatico, condensatori Problema 3 Si consideri l’insieme di condensatori schematizzato in figura con C1 = 10.0 µF, C2 = 5.00 µF e C3 = 4.00 µF. a) Si determini la capacità equivalente del circuito. b) Assumendo V = 100 V, e nell’ipotesi che il condensatore C3 subisca un corto circuito (divenendo equivalente ad un conduttore), calcolare la variazione di carica e di d.d.p. del condensatore C1 .

Soluzione Si noti che i condensatori C1 e C2 sono in parallelo fra loro. Quindi la loro capacita equivalente è C12 = C1 + C2 = 15.0 µF. Inoltre C12 è in serie a C3 e perciò la capacità equivalente del circuito è 1 C

=

1 C12

+

1 C3

=

1 C1 + C2

+

1 C3

=

C1 + C2 + C3

⇒

(C1 + C2 )C3

C =

(C1 + C2 )C3 C1 + C2 + C3

= 3.16 µF

Se applichiamo la d.d.p. V al circuito, sulla capacità C avremo la carica q = CV = 3.16 · 10−4 C corrispondente anche alla carica su C3 . Quindi V1 = V2 = V − V3 = V −

q C3

=V

  V C3 C = 1− = 21.1 V C3 C1 + C2 + C3

⇒

q1 = C1 V1 = 2.11 · 10

−4

C.

Se C3 subisce il corto, è come se venisse sostituito da un conduttore. In questo caso ovviamente abbiamo 0

0

V1 = V2 = V = 100 V;

0

0

q1 = C1 V1 = 1.0 · 10

−3

C,

e quindi 0

∆V1 = V1 − V1 = 8.9 V;

G. Giugliarelli

0

∆q1 = q1 − q1 = 7.89 · 10

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−4

C.

11/06/2013

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Esercitazione 18 – Potenziale elettrostatico, condensatori Problema 4 Nella figura i condensatori C1 = 1.0 µF e C2 = 3.0 µF, vengono caricati con una identica d.d.p. V = 100 V, ma con polarità opposte, come mostrato. Quindi gli interruttori S1 e S2 vengono chiusi. a) Quale sarà la d.d.p. finale tra i punti a e b? b) Quali saranno le cariche finali su C1 e C2 ?

Soluzione All’equilibrio elettrostatico ai capi dei due condensatori dovremo avere la stessa d.d.p. Cioè dovrà essere q1 q2 V1 = V2 ⇒ = , C1 C2 dove q1 e q2 sono le cariche finali sulle armature dei due condensatori. DŠaltra parte inizialmente abbiamo q1,0 = C1 V = 1.0 · 10

−4

C;

q2,0 = C2 V = 3.0 · 10

−4

C.

Notando che al chiudersi degli interruttori, le armature inferiori (come anche le superiori) diventano parte di un unico conduttore, per la conservazione della carica dovremo avere q1 + q2 = q2,0 − q1,0 = (C2 − C1 )V dove, tenendo conto delle entità delle cariche iniziali e delle polarità iniziali dei condensatori, si è supposto che nella situazione finale le armature inferiori siano entrambe positive. Perciò q2 (C2 − C1 )V − q2 = , q1 = (C2 − C1 )V − q2 ⇒ C1 C2 dalla quale otteniamo (C2 − C1 )C2 V −4 q2 = = 1.5 · 10 C; C1 + C2 e V1 = V2 =

G. Giugliarelli

q1 =

C2 − C1 C1 + C2

(C2 − C1 )C1 V C1 + C2

= 5.0 · 10

−5

C

V = 50 V.

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Esercitazione 18 – Potenziale elettrostatico, condensatori Problema 5 Una sfera conduttrice cava A, di raggi R2 = 40 cm e R3 = 60 cm, contiene una sfera conduttrice B, concentrica, di raggio R1 = 20 cm. Si connette alle due sfere come in figura un generatore di d.d.p. V0 = 900 V. a) Determinare in modulo e segno le cariche q1 , q2 e q3 presenti sulle tre superfici. Successivamente, viene staccato il generatore. Calcolare la variazione di energia elettrostatica: b) nel caso che si colleghino le sfere fra loro; c) nel caso in cui si colleghi a terra la sfera A. Soluzione a) La sfera B è a potenziale 0, mentre la sfera A è a V0 . Quindi per la superficie di raggio R3 avremo q3 −8 V0 = ⇒ q3 = 4πε0 V0 R3 = 6.0 · 10 C. 4πε0 R3 D’altra parte le due sfere, nel loro insieme, costituiscono un condensatore sferico di capacità C1,2 4πε0

R1 R2 R2 − R1

,

e quindi la carica sulle armature di questo condensatore (le superfici di raggi R1 e R2 ) è q = C1,2 V0 = 4πε0 V0

R 1 R2 R2 − R1

= 4.0 · 10

−8

C

⇒

q1 = −q;

q2 = +q.

L’energia elettrostatica immagazzinata in questo sistema comprende l’energia del condensatore C1,2 e quella relativa alla carica q3 , cioè U = U1,2 + U3 =

1

q2

2 C1,2

+

2 1 q3 −5 −5 −5 = 1.8 · 10 J + 2.7 · 10 J = 4.5 · 10 J, 2 C3

dove C3 = 4πε0 R3 è la capacità del coduttore sferico A. G. Giugliarelli

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11/06/2013

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Esercitazione 18 – Potenziale elettrostatico, condensatori Problema 5 – continuazione della soluzione b) Quando si connettono i conduttori fra loro si scarica il condensatore C1,2 e quindi si annullano le cariche q1 e q2 sulle due superfici sferiche di raggio R1 e R2 . Perciò si perde U1,2 , e conseguentemente ∆Ub = U3 − U = −U1,2 = −1.8 · 10

−5

J.

c) Al contrario, collegando A a terra si annulla q3 e quindi si perde U3 , da cui ∆Uc = U1,2 − U = −U3 = −2.7 · 10

G. Giugliarelli

−5

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J.

11/06/2013

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Esercitazione 18 – Potenziale elettrostatico, condensatori Problema 6 Nella figura la batteria B fornisce una d.d.p. V = 12.0 V. A partire dalla situazione indicata in figura (entrambi gli interruttori aperti, si determini la carica su ciascun condensatore quando: a) è chiuso solo l’interruttore S1 ; b) sono chiusi entrambi gli interruttori. Si assuma C1 = 1.0 µF, C2 = 2.0 µF, C3 = 3.0 µF e C4 = 4.0 µF. Soluzione a) Se S1 è chiuso, ma S2 è aperto, C1 e C3 , come anche C2 e C4 , sono in serie. A tali serie corrispondono le capacità C1 C3 C2 C4 C1,3 = ; C2,4 = C1 + C3 C2 + C4 Le due serie sono sottoposte alla stessa d.d.p. V e perciò le cariche sui diversi condensatori sono: q1 = q3 = q1,3 = C1,3 V =

C1 C3 V C1 + C3

= 9.0 · 10

−6

C; q2 = q4 = q2,4 = C2,4 V =

b) Chiudendo anche S2 , C1 e C2 , come C3 e C4 , sono in parallelo fra loro. equivalenti sono C1,2 = C1 + C2 ; C3,4 = C3 + C4 .

C2 C4 V C2 + C4

= 1.6 · 10

−5

C.

Quindi le loro capacità

Tali capacità sono a loro volta in serie e quindi potremo scrivere V = V1,2 + V3,4 =

q C1,2

+

q C3,4

1

=

C1,2

+

1 C1,2

! q

⇒

q=

C1,2 C3,4 C1,2 + C3,4

=

(C1 + C2 )(C3 + C4 )V C1 + C2 + C3 + C4

Da queste abbiamo infine V1,2 =

(C3 + C4 )V C1 + C2 + C3 + C4

G. Giugliarelli

= 8.4 V;

V3,4 =

(C1 + C2 )V C1 + C2 + C3 + C4

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= 3.6 V.

11/06/2013

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Esercitazione 18 – Potenziale elettrostatico, condensatori Problema 7 Una sfera metallica carica isolata di diametro d = 10 cm si trova ad un potenziale V = 8000 V rispetto al potenziale nullo posto all’infinito. Calcolare la densità di energia del campo elettrico vicino alla superficie della sfera. Soluzione Essendo la sfera conduttrice ad essa corrisponde una capacità C = 4πε0 R = 2πε0 d. Quindi la carica su di essa depositata è pari a q = CV = 2πε0 V d = 4.4 · 10

−8

C.

Per il campo elettrico e la densità di energia nei pressi della sfera abbiamo

E =

σ ε0

=

q πd2 ε0

G. Giugliarelli

=

2V d

= 1.6 · 10

5

V/m;

uE =

1 2

ε0 E

2

=

2ε0 V 2

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d2

= 1.13 · 10

−1

3

J/m .

11/06/2013

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Esercitazione 19 – Conduzione, semplici circuiti e circuiti RC Problema 1 Quanto tempo impiegano gli elettroni per migrare dalla batteria di un’automobile al motorino di avviamento? Si assuma una corrente di intensità i = 300 A e un filo di rame di lunghezza l = 0.85 m avente sezione A = 0.21 cm2 . Soluzione Attraverso la relazione tra la densità di corrente e la velocità di deriva viste a lezione, possiamo scrivere i i 2 −4 J = nevd = = 0.14 A/m ⇒ vd = = 2.2 · 10 m/s, A neA dove abbiamo utilizzato il valore di n = 8.49 · 1028 m−3 del rame. Perciò, il tempo in cui un elettrone percorre tutto il filo è

∆t =

l vd

=

neAl i

= 3860 s = 1 h 4 min 20 s.

Problema 2 Un essere umano può rimanere folgorato se una pur piccola corrente imin = 50 mA passa vicino al cuore. Un elettricista che lavora a mani nude e sudate, impugnando due conduttori con le due mani realizza un buon contatto elettrico. Se la resistenza del suo corpo è pari a R = 2000 Ω, qual’è la d.d.p. che gli sarebbe fatale? Soluzione Ovviamente si ha V = Ri

G. Giugliarelli

⇒

Vmin = Rimin = 100 V!

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18/06/2013

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Esercitazione 19 – Conduzione, semplici circuiti e circuiti RC Problema 3 Un filo con resistenza R = 6.0 Ω viene stirato fino ad allungarsi del triplo. Calcolare la nuova resistenza del filo ipotizzando che la resistività ρ e la massa volumica del materiale non siano variate. Soluzione La resistenza del filo nella situazioni iniziale e finale può essere scritta nella forma R=ρ

L A

0

;

R =ρ

3L A0

.

Se la massa volumica si mantiene costante, anche il volume si mantiene costante. Percià 0

⇒

3LA = LA

0

A =

A 3

0

⇒

R =ρ

9L A

= 9R.

Problema 4 Una resistenza cilindrica avente raggio r = 5.0 mm e lunghezza l = 2.0 cm viene fabbricata con un materiale che ha una resistività ρ = 3.5 · 10−5 Ωm. Nell’ipotesi che la potenza dissipata nella resistenza sia pari a 1.0 W, determinare a) la densità di corrente nel filo; b) la d.d.p. ai suoi capi. Soluzione La resistenza del conduttore cilindrico è l R=ρ = 8.91 mΩ πr 2 D’altra parte è

s 2

P = Ri e quindi J =

i A

G. Giugliarelli

s =

P

5

A2 R

= 1.35 · 10

⇒

2

A/m ;

i=

P R √

V = Ri =

Fisica Generale I, AA 2012-2013

RP = 94.4 mV. 18/06/2013

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Esercitazione 19 – Conduzione, semplici circuiti e circuiti RC Problema 5 Un resistore ha forma cilindrica con sezione A. Una parte, di lunghezza l1 , è fatta di materiale la cui resistività è ρ1 ; l’altra, di lunghezza l2 è costituita da un diverso materiale la cui resistività è ρ2 . Il resistore è percorso longitudinalmente da una corrente I distribuita uniformemente nella sezione A. Determinare: a) le intensità dei campi elettrici nelle due parti del resistore; b) la d.d.p. V ai capi del resistore; c) se esiste, la quantità di carica presente sulla superficie di separazione tra le due parti del resistore. Soluzione Nelle due parti del resistore, essendo percorse dalla stessa intensità di corrente (essendo in serie) e avendo la stessa sezione A, si ha una densità di corrente comune pari a J = I/A. Perciò, essendo tale densità uguale in tutti i punti (la corrente è distribuita uniformemente), nelle due parti avremo campi elettrici uniformi di modulo ρ1 I ρ2 I E1 = ρ1 J = ; E2 = ρ2 J = , A A diretti come la corrente. Corrispondentemente, la d.d.p. ai capi del resistore sarà data da I V = V1 + V2 = E1 l1 + E2 l2 = (ρ1 l1 + ρ2 l2 ) . A Si noti che questa espressione può anche essere  scritta nellaforma seguente l2 l1 + ρ2 V = V1 + V2 = ρ1 I = R1 I + R2 I. A A Infine, considerando una superficie cilindrica chiusa (coassiale al resistore), di sezione perlomeno pari ad A e che contenga la superficie di separazione tra le due parti del resistore, applicando il teorema di Gauss otteniamo q ΦE = E2 A − E1 A = (ρ2 − ρ1 )I = ⇒ q = ε0 (ρ2 − ρ1 )I, ε0 che dimostra che nella giunzione tra le due parti del resistore di diverso materiale si ha un ristagno di carica!

G. Giugliarelli

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Esercitazione 19 – Conduzione, semplici circuiti e circuiti RC Problema 6 In un circuito RC in serie con E = 12.0 V, R = 1.40 MΩ e C = 1.80 µF. Si calcoli: a) la costante di tempo del circuito; b) la carica finale sulle armature del condensatore; c) il tempo che impiega la carica a raggiungere il valore di 16.0 µC. Soluzione La costante di tempo del circuito è τ = RC = 2.52 s. La carica finale sulle armature del condensatore è: Q = CE = 21.6 µC. La legge con cui varia la carica del condensatore durante la fase di carica è   −t/RC q(t) = CE 1 − e Quindi all’istante t0 in cui la carica vale è q 0 = 16.0 µC, avremo

0

q = CE



−t0 /RC

1−e

G. Giugliarelli

 ⇒

−t0 /RC

e

=1−

q0 CE

⇒

0

t = −RC ln

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1−

q0 CE

! = 3.4 s.

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Esercitazione 19 – Conduzione, semplici circuiti e circuiti RC Problema 7 Un condensatore di capacità C = 10 µF viene caricato tramite un generatore di f.e.m. E = 200 V e quindi inserito nel circuito mostrato in figura. Quando l’interruttore viene chiuso, il condensatore si scarica sulle resistenze. Sapendo che la costante di tempo del circuito è τ = 1.5 · 10−3 s, e che nella resistenza R2 si dissipa, complessivamente, una energia W2 = 4.0 · 10−2 J, determinare i valori delle resistenze R1 e R2 . Soluzione Essendo le resistenze in serie, la costante di tempo del circuito è τ = (R1 + R2 )C. D’altra parte, l’energia complessivamente dissipata nelle resistenze sarà pari a quella inizialmente immagazzinata nel condensatore. Cioè 1 2 W = W1 + W2 = U0 ≡ CE 2 Inoltre, essendo le due resistenze percorse dalla stessa intensità di corrente, le potenze e le energie da esse dissipate sono proporzionali alle resistenze stesse. Quindi W1 W2

=

R1

⇒

R2

R1 =

W1 W2

R2 =

U0 − W 2 W2

 R2 =

U0 W2

 −1

R2

Sostituendo nella prima equazione abbiamo quindi  τ =

U0 W2

 −1

 U0 R2 + R2 C = CR2 W2

Infine R1 =

G. Giugliarelli

(U0 − W2 )τ U0 C

⇒

R2 =

W2 τ U0 C

= 30 Ω.

= 120 Ω.

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Esercitazione 19 – Conduzione, semplici circuiti e circuiti RC Problema 8 Un conduttore cilindrico cavo di lunghezza l = 30 cm ha raggi interno ed esterno pari ad r1 = 2.0 cm e r2 = 5.0 cm e il materiale di cui è costituito presenta una resistività ρ = 2.75 · 10−8 Ωm. Dato il conduttore si suppone che una d.d.p. possa essere applicata in due modi diversi: a) tra le basi opposte del cilindro in modo che la corrente fluisca in direzione parallela all’asse del conduttore; b) tra le due superfici interna ed esterna del cilindro cavo in modo che la corrente fluisca in direzione radiale, perpendicolarmente all’asse del cilindro. Si determini il rapporto, Ra /Rb , tra le resistenze che il conduttore presenta nei due casi indicati. Soluzione Nel caso a) il calcolo della resistenza è immediata. Infatti la sezione interessata dalla corrente è 2 2 in questo caso costante e pari a A = π(r2 − r1 ). Quindi Ra = ρ

l A

=ρ

l 2 − r2 ) π(r2 1

.

Nel caso b) invece, possiamo vedere il conduttore come l’unione di tanti gusci cilindrici di lunghezza l, spessore dr e raggio r (con r1 ≤ r ≤ r2 ). La corrente scorre radialmente e quindi tali gusci sono attraversati da essa perpendicolarmente alla loro superficie (pari a A(r) = 2πrl) per una lunghezza pari al loro spessore dr. Pertanto ad ogni guscio compete una resistenza dRb = ρ

dr A(r)

=

ρ dr 2πl r

Tutti i gusci, essendo attraversati dalla stessa corrente, risultano in serie e perciò la resistenza complessiva è data dalla seguente   Z r Z ρ ρ r2 2 dr Rb = = ln dRb = . 2πl r1 r 2πl r1 Perciò la risposta alla domanda del problema è la seguente Ra Rb G. Giugliarelli

=

2l2 2 − r 2 ) ln (r /r ) (r2 2 1 1

= 93.5

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Esercitazione 19 – Conduzione, semplici circuiti e circuiti RC Problema 9 Due condensatori CA e CB , collegati in serie tra loro, vengono connessi ai morsetti di un generatore di f.e.m. V0 = 100 V. In queste condizioni si osserva che ai capi del condensatore A si ha una d.d.p. VA = 30 V. Successivamente, viene staccato il generatore (senza far scaricare i condensatori) e viene sostituito con una resistenza R = 350 Ω. In tali condizioni, monitorando la scarica dei condensatori sulla resistenza R, si osserva che la carica su di essi si riduce a metà di quella iniziale in un tempo t1/2 = 2.0 ms. Determinare le capacità dei due condensatori. Soluzione Essendo i due condensatori in serie, essi saranno dotati della stessa carica e la somma delle d.d.p. ai loro capi è pari a V0 . Quindi, dovrà essere VA =

q0 CA

;

VB = V0 − VA =

q CB

;

⇒

VA

=

VB

VA V0 − VA

=

CB CA

⇒

CB =

VA V0 − VA

CA =

3 7

CA

Quando i condensatori si scaricano rulla resistenza, il circuito presenta una costante di tempo τ = RCeq = R

CA CB

=

CA + CB

3 10

RCA

Durante la scarica, la carica sui condensatori segue la legge esponenziale seguente q(t) = q0 e

−t/τ

e quindi a t = t1/2 deve essere q(t1/2 ) = q0 /2

⇒

e

−t1/2 /τ

=

1 2

⇒τ =

t1/2 ln 2

Con la precedente ricaviamo CA =

G. Giugliarelli

10t1/2 3R ln 2

= 0.274 µF;

CB =

3 7

CA =

10t1/2 7R ln 2

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= 0.118 µF.

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Esercitazione 19 – Conduzione, semplici circuiti e circuiti RC Problema 10 Si vuole costruire uno scalda-acqua per portare 10 litri di acqua da 10◦ C a 50◦ C; si dispone di un generatore (V0 = 300 V) capace di erogare una corrente di intensità massima imax = 10 A e un filo di costantana, con resistività ρ = 49 · 10−8 Ωm e diametro (della sezione) d = 1.0 mm. Determinare: a) il tempo minimo che occorre per il riscaldamento; b) i metri di filo necessari; c) quanto vale il consumo in kWh (chilowattora) se il rendimento del sistema è pari a η = 0.75. [calore specifico dell’acqua: c = 4.19 · 103 J/kg·K] Soluzione Sicuramente il riscaldamento richiesto sarà effettuato nel tempo minimo quando la corrente erogata sarà massima. Quindi,

i = imax =

V0

⇒

R

R=ρ

l πd2 /4

=

V0 imax

= 30 Ω

⇒

l=

πd2 V0 4ρimax

= 48.1 m

Per riscaldare la quantità d’acqua suddetta occorre una quantità di calore pari a Q = mc∆T = 1.67 · 10

6

J

Ma a causa del rendimento minore di 1, il nostro riscaldatore dovrà produrre una quantità di energia pari a Q/η = 2.23 · 106 J = 0.62 kWh che, ovviamente, corrisponde anche al consumo del riscaldatore. Inoltre, dato che tale consumo non è altro che l’energia dissipata nel filo di costantana, ricaviamo 2

Rimax t =

G. Giugliarelli

Q η

⇒

t=

Q ηRi2 max

0

= 745 s = 12 23

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00

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Esercitazione 19 – Conduzione, semplici circuiti e circuiti RC Problema 11 Un circuito consiste di un condensatore piano di capacità C e una resistenza R posti in serie (vedi figura a). Determinare l’andamento della d.d.p. V (t) da applicare tra i punti A e B tale da produrre tra le armature del condensatore un campo elettrico E avente l’andamento mostrato in figura b).

Soluzione L’andamento del campo elettrico può essere riassunto dalla seguente:  0,     E0 (T + t), T E(t) = E   T0 (T − t),   0

t < −T −T ≤ t < 0 0≤t≤T t>T

Supponendo che a sia la distanza tra le armature del condensatore, la carica sulle stesse vale Q(t) = aCE(t). Quindi impostando l’equazione del circuito, V (t) = Ri +

Q C

=R

dQ dt

+

Q C

= aRC

dE dt

+ aE

abbiamo immediatamente V (t), che risulta pari a  0,    aE0 [1 + RC/T + t/T ], V (t) =  aE0 [1 − RC/T − t/T ],   0

G. Giugliarelli

t < −T −T ≤ t < 0 0≤t≤T t>T

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Esercitazione 20 – Cariche in campi magnetici, calcolo di campi magnetici e applicazioni della legge di Ampere Problema 1 Un elettrone viene accelerato da una d.d.p. di 1 kV e si muove verso una regione compresa tra due piastre piane parallele distanti tra loro 20 mm. Tra le piastre esiste una d.d.p. di 100 V. Se l’elettrone entra nella regione perpendicolarmente al campo elettrico presente fra le piastre, quale campo magnetico, perpendicolare sia al percorso dell’elettrone sia al campo elettrico, è necessario affinché l’elettrone prosegua in linea retta. Soluzione Se l’elettrone prosegue in linea retta, allora la forza risultante su di esso deve essere nulla. ~ dovrà essere perpendicolare a Quindi, essendo presenti sia un campo elettrico che un campo magnetico (B ~ dovremo avere E), E E V2 eE = evB ⇒ B = = v vd dove V2 è la d.d.p. tra le piastre e d la loro distanza. Ricordando poi che l’elettrone è accelerato da una d.d.p. V1 = 1.0 kV, allora 1 2

s me v

2

= eV1

G. Giugliarelli

→

v=

2eV1 me

s ⇒

B =

me V22 2eV1 d2

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= 2.67 · 10

−4

T.

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Esercitazione 20 – Cariche in campi magnetici, calcolo di campi magnetici e applicazioni della legge di Ampere Problema 2 Una sbarra di rame di massa m = 1.0 kg è appoggiata su due rotaie orizzontali distanti tra loro L = 1.0 m e attraverso di essa viene fatta passare una corrente i = 50 A da una rotaia all’altra. Il coefficiente di attrito statico tra barra e rotaie è µs = 0.60. Al fine di spostare la sbarra nella regione considerata viene generato un campo magnetico uniforme. Determinare l’orientazione e il minimo valore del campo magnetico necessario a spostare la sbarra? Soluzione Per essere più generali possibile, consideriamo un campo magnetico che forma un angolo θ con la verticale (vedi figura a lato). In tali condizioni la forza magnetica sulla sbarra è diretta come in figura e ha modulo F = iLB Per spostare la sbarra è quindi necessario che la componente ~ sia almeno pari alla massima forza di attrito, cioè: orizzontale di F F cos θ = µs N = µs (mg−F sin θ)

→

iLB cos θ = µs (mg−iLB sin θ)

Perciò, il campo minimo che soddisfa questa condizione è B(θ) =

µs mg iL(cos θ + µs sin θ)

Il valore di θ per il quale il campo è minimo corrisponde a quel valore in corrispondenza del quale il denominatore della precedente relazione è massimo, e cioè quello per il quale d dθ

(cos θ + µs sin θ) = − sin θ + µs cos θ = 0

⇒

tan θ = µs

◦

⇒

θ = θ0 = arctan µs = 31 .

Quindi Bmin = B(θ0 ) =

G. Giugliarelli

µs mg iL(cos θ0 + µs sin θ0 )

=

µs mg iL cos θ0 (1 + µ2 s)

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= iL

µs mg = 0.1 T. q 1 + µ2 s 19/06/2013

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Esercitazione 20 – Cariche in campi magnetici, calcolo di campi magnetici e applicazioni della legge di Ampere Problema 3 La figura mostra una spira circolare di raggio a perpendicolare ad un campo magnetico divergente radialmente in modo simmetrico. Quest’ultimo ha, nei punti della spira, intensità B e forma un angolo θ con la normale al piano della spira. Le estremità ritorte del filo non hanno importanza in questo problema. Si determini l’intensità e la direzione della forza che il campo esercita sulla spira, quando quest’ultimo è percorso da una corrente di intensità i. Soluzione Le forze magnetiche sugli elementini dl della spira formano un angolo θ rispetto all’orizzontale e hanno ampiezza dF = iBdl Nella somma (integrale) per il calcolo della forza totale, le componenti orizzontali di tali forze si elidono a vicenda; al contrario le componenti verticali si rafforzano l’un l’altra e danno una forza complessiva Z F =

Z iBdl sin θ = iB sin θ

dl = 2πaiB sin θ,

diretta verso l’alto.

G. Giugliarelli

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Esercitazione 20 – Cariche in campi magnetici, calcolo di campi magnetici e applicazioni della legge di Ampere Problema 4 La figura mostra un cilindro di legno di massa m = 0.250 kg e lunghezza l = 0.100 m, con N = 10 spire di filo avvolto intorno ad esso longitudinalmente, in modo che il piano dell’avvolgimento così formato contenga l’asse del cilindro. Qual’è la corrente minima che deve percorrere la bobina in modo da evitare che il cilindro rotoli lungo il piano inclinato di un’angolo θ rispetto all’orizzontale, in presenza di una campo magnetico di 0.500 T, se il piano della bobina è parallelo al piano inclinato. Soluzione Al passare della corrente nel filo le N spire diventano un dipolo magnetico di ampiezza µ = 2rlN i dove r è il raggio del cilindro. Questo dipolo, diretto come la normale uscente dal piano inclinato, risente di un momento torcente ~ τB che tende a farlo ruotare in verso antiorario pari a τB = µB sin θ = 2rlN iB sin θ Se vogliamo che il cilindro non rotoli giù per il piano inclinato, questo momento dovrà essere perlomeno uguale a quello del peso del cilindro (che tende a farlo ruotare in verso orario). Cioè

2rlN iB sin θ ≥ mgr sin θ

G. Giugliarelli

⇒

i≥

mg 2lN B

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= 2.45 A.

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Esercitazione 20 – Cariche in campi magnetici, calcolo di campi magnetici e applicazioni della legge di Ampere Problema 5 Tra le armature di un condensatore piano, a distanza d = 50 cm fra loro, esiste una d.d.p. V = 10.0 V. Nell’ipotesi che un protone venga lasciato libero (da fermo) in prossimità dell’armatura positiva, determinare: a) il tempo nel quale il protone raggiunge l’armatura negativa; ~ ci fosse un campo b) il numero di orbite di elica che il protone compirebbe se oltre al campo E ~ di modulo B = 0.01 T; ~ parallelo e concorde ad E E, B, magnetico B c) il numero di orbite di elica del protone (nelle condizioni b)) nel caso in cui avesse una velocità iniziale parallela alle armature pari a v0 = 100 m/s. Soluzione In presenza del solo campo elettrico il moto del protone nella direzione trasversale alle armature è uniformemente accelerato con accelerazione a = F/m = eE/m = eV /md (dove m è la massa del protone). D’altra parte, la presenza del campo magnetico (parallelo ad E) non modifica le caratteristiche del moto ~ E!). Infatti, la forza magnelungo tale direzione (anche se la velocità iniziale del protone è trasversale ad E ~ è anche perpendicolare ad E ~ Morale: il tempo per raggiungere B, E. tica, essendo sempre perpendicolare a B l’armatura negativa è lo stesso in tutti i casi e si ricava come segue s s 1 2 2d 2md2 −5 d = at ⇒ t= = = 2.28 · 10 s. 2 a eV ~ e quindi non si hanno orbite di elica. Nella situazione b) il moto del protone è rettilineo e parallelo a B Invece nella situazione c) la traiettoria è un’elica non uniforme con un passo via via più grande mano a ~ ~ mano che la componente della velocità lungo E e B aumenta. Invece in un piano parallelo alle armature il protone segue una traiettoria circolare di raggio e periodo pari a mv0 m −1 −6 r= = 1.04 · 10 cm T = 2π = 6.56 · 10 s. eB eB Perciò il numero di orbite di elica è dato da s s t eB 2md2 B 2ed2 Norb. = = = = 3.48. T 2πm eV 2π mV G. Giugliarelli

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Esercitazione 20 – Cariche in campi magnetici, calcolo di campi magnetici e applicazioni della legge di Ampere Problema 6 Nello spazio 3D si consideri una terna di assi cartesiani e si supponga che in tale regione ~ diretto come l’asse y, e un campo E, coesistano due campi uniformi e costanti: un campo elettrostatico E ~ diretto come l’asse z. Lasciata libera (con velocità iniziale nulla) una particella nell’origine B, magnetico B del sistema scelto, si determini: a) le componenti, vx (t), vy (t) e vz (t), della velocità istantanea della particella; b) la forma della traiettoria seguita dalla particella stessa. Soluzione La forza istantanea sulla particella è data dalla seguente   Fx = qBvy ~ ~ + q~ ~ = qE ~ Fy = qE − qBvx → v×B F  F =0 z Quindi, non essendoci forze lungo l’asse z, il moto della particella sarà confinato sul piano xy. Le equazioni del moto sono quindi le seguenti   dvx dvy d2 vx     m  = qBvy m = qB     dt dt2 dt →     dv   d2 vy dvx  m y = qE − qBvx   m = −qB dt dt2 dt Ricavando dvx /dt dalla seconda delle equazioni di destra e inserendola in quella di sinistra otteniamo: 2  2 qB d vy =− vy dt2 m dalla quale, ponendo ω = qB/m, si ottiene immediatamente vy (t) = vy,0 sin ωt. Quindi, considerando la sua derivata rispetto al tempo si ricava   dvy dvy qE qE E = ωvy,0 cos ωt ⇒ = ay (0) = ωvy,0 = ⇒ vy,0 = = , dt dt t=0 m mω B e Z t Z t E E mE 0 0 0 0 vy (t) = sin ωt ⇒ y(t) = vy (t )dt = sin ωt dt = [1 − cos ωt]. B B 0 qB 2 0 G. Giugliarelli

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Esercitazione 20 – Cariche in campi magnetici, calcolo di campi magnetici e applicazioni della legge di Ampere Problema 6 – continuazione della soluzione Ora, sostituendo l’espressione di vy (t) nelle equazioni iniziali si ricava E qE cos ωt = qE − qBvx ⇒ vx (t) = [1 − cos ωt], B   Z t Z t e ancora E E 1 0 0 0 0 vx (t )dt = [1 − cos ωt ]dt = x(t) = t+ sin ωt . B 0 B ω 0 Riassumendo, osserviamo che vx si annulla quando ωt = 2πn (con n = 0, 1, 2, . . .) e cioè per 2π 2πm 2πmE ωtn = 2πn ⇒ tn = n= n e per x = xn = n ω qB qB 2 Inoltre osserviamo che la pendenza della traiettoria è pari a sin ωt vy (t) = , m(t) = vx (t) 1 − cos ωt diverge in corrispondenza dei punti dove vx = 0. Notando infine che per π πm 0 0 ωtn = π + 2πn ⇒ tn = (1 + 2n) = (1 + 2n) ω qB

→

0

xn =

πmE qB 2

(1 + 2n)

è m(t0n ) = 0 (la traiettoria è orizzontale) e y(t0n ) = 2mE 2 possiamo concludere che la traiettoria seguita qB

dalla particella è del tipo mostrato nella figura sottostante

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Esercitazione 20 – Cariche in campi magnetici, calcolo di campi magnetici e applicazioni della legge di Ampere Problema 7 La figura mostra una spira ABCDEF A percorsa da una corrente i = 5.00 A. I lati della spira sono paralleli agli assi coordinati, con AB = a = 20.0 cm, BC = b = 30.0 cm e F A = c = 10.0 cm. Calcolare il modulo, la direzione, e il verso del momento di dipolo magnetico di questa spira.

Soluzione La spira può essere vista come la composizione delle spire ABCDA e ADEF A che hanno un lato (DA e AD) sovrapposto. Alle due spire possiamo associare i momenti di dipolo magnetico µ1 = abi;

µ2 = bci,

diretti, il primo verso il basso e il secondo verso destra. Il momento di dipolo complessivo è la somma vettoriale dei due momenti di dipolo, e quindi avremo un momento di dipolo complessivo pari a

µ=

q p 2 2 2 2 µ2 1 + µ2 = bi a + c = 0.33 Am ,

che forma un angolo θ = arctan

µ1 µ2

= arctan

a c

◦

= arctan 2 = 63

con l’orizzontale.

G. Giugliarelli

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Esercitazione 20 – Cariche in campi magnetici, calcolo di campi magnetici e applicazioni della legge di Ampere ~ nei punProblema 8 Si calcoli il campo magnetico B ti C e P (rispettivamente) per le due spire mostrate in figura.

Soluzione Il campo magnetico nel centro di curvatura di una corrente che si sviluppa su un arco di cerchio di apertura θ e raggio R è dato da

dB =

µ0 i ds

µ0 i

⇒

4π R2

Z ds =

4πR2

µ0 iθ 4πR

,

perpendicolare al piano della corrente, e uscente dal foglio per una corrente antioraria (nel piano del foglio). Invece si noti che tratti di corrente radiali rispetto al centro di curvatura non danno contributo al campo ~ s e~ r sono paralleli. Quindi nei due casi precedenti abbiamo dato che nella formula di Biot e Savart d~

Ba =

µ0 i



1

4

R1

µ0 iθ



−

1

 ,

R2

entrante nel foglio e Bb =

4π

1 a

−

1 b

 ,

uscente dal foglio. G. Giugliarelli

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Esercitazione 20 – Cariche in campi magnetici, calcolo di campi magnetici e applicazioni della legge di Ampere Problema 9 Si consideri una spira quadrata di lato a percorsa da una corrente di intensità i. Si dimostri che il campo magnetico prodotto dalla spira nel suo centro ha intensità

B =

2

√

2µ0 i

πa

.

Soluzione Il campo nel centro della spira è pari a 4 volte il campo prodotto da ognuno dei 4 lati della spira nello stesso punto. Tale campo è perpendicolare al piano della spira e può essere ricavato dalla relazione già vista a lezione µ0 i (cos θ1 − cos θ2 ), B = 4πR esprimente il campo magnetico a distanza R da un tratto rettilineo di corrente di lunghezza finita. Nel caso in questione, per uno qualsiasi dei quattro lati abbiamo R = a/2, θ1 = π/4 e θ2 = π − π/4. Perciò

B1 =

µ0 i 2πa

[cos(π/4) − cos(π − π/4)] =

µ0 i πa

cos(π/4) =

√ 2µ0 i 2πa

Complessivamente il campo nel centro della spira à

B = 4B1 =

√ 2 2µ0 i πa

,

perpendicolare al piano della spira e uscente dal foglio se la corrente è in verso antiorario (vista dall’alto).

G. Giugliarelli

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Esercitazione 20 – Cariche in campi magnetici, calcolo di campi magnetici e applicazioni della legge di Ampere Problema 10 La figura mostra una sezione trasversale di un nastro sottile, infinitamente lungo, di larghezza w, percorso da una corrente i entrante nella pagina e distribuita uniformemente sulla sezione. Si calcolino modulo e direzione del campo magnetico B nel punto P che giace nel piano del nastro ad una distanza d dal suo bordo.

Soluzione Per ottenere tale campo suddividiamo il nastro in tante striscioline indefinite di larghezza dx (ognuna a distanza x dal bordo sinistro del nastro). Ognuna di queste striscioline è assimilabile ad un filo rettilineo indefinito in cui scorre una corrente i

di =

w

dx

entrante nel foglio, e che produce un campo

dB =

µ0 di 2π(d + x)

=

µ0 idx 2πw(d + x)

nel punto P diretto verso l’alto. Il campo complessivo sarà Z B =

G. Giugliarelli

dB =

µ0 i

Z w

dx

2πw

0

d+x

=

µ0 i 2πw

ln

d+w

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d

.

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Esercitazione 20 – Cariche in campi magnetici, calcolo di campi magnetici e applicazioni della legge di Ampere Problema 11 Calcolare il campo magnetico B nel punto P mostrato in figura. Si consideri i = 10 A e a = 8.0 cm.

Soluzione Il campo in P è entrante nel foglio ed è pari alla somma dei campi dovutti ai quattro lati della spira. Osservando la figura qui a lato, si noti che i campi dovuti ai lati 1 e 4, come ai lati 2 e 3 sono uguali. Inoltre, utilizzando la formula già vista nel problema 7 (e ricavata a lezione) abbiamo (si osservi bene la figura a lato) B1 = B2 =

µ0 i 4πh µ0 i 4πl

(cos θ1 − cos θ2 ) =

(cos φ1 − cos φ2 ) =

µ0 i πa

(cos θ1 + cos α),

µ0 i 3πa

(cos φ1 + cos β)

Sostituendo i valori dei coseni si ottiene ! √ µ0 i µ0 i 2 3a/4 = B1 = + p 2 2 πa 2 πa (3a/4) + (a/4) √ ! e µ0 i a/4 2 µ0 i B2 = + = p 3πa 2 3πa (a/4)2 + (3a/4)2

√ 2

! 3 + √ 2 10 √ ! 1 2 + √ 10 2

Il campo complessivo in P è quindi pari a

G. Giugliarelli

√ ! 2µ0 i 10 + 2 20 −4 B = 2B1 + 2B2 = = 2.0 · 10 T. √ πa 3 10 Fisica Generale I, AA 2012-2013 19/06/2013

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Esercitazione 20 – Cariche in campi magnetici, calcolo di campi magnetici e applicazioni della legge di Ampere Problema 12 Un tratto di filo forma un circuito chiuso con raggi a e b come mostrato in figura, ed è percorso da una corrente i. ~ nel punto P ? a) Qual’è l’intensità e la direzione di B b) Trovare il momento di dipolo magnetico del circuito.

Soluzione Il campo magnetico nel punto P è la somma dei campi, come gia visto nel problema 6, dovuti alle due correnti semicircolari. I due tratti rettilinei non producono campo in P . In questo caso entrambe le correnti determinano un campo perpendicolare al piano della spira ed entrante nel foglio. In campo complessivo è quindi   µ0 i 1 1 µ0 i B = + = (a + b). 4 a b 4ab Il momento di dipolo magnetico è pari (come da definizione) all’area della spira moltiplicata per la corrente i. Quindi π 2 2 µ = Ai = (a + b )i 2 Tenendo conto del verso della corrente, si noti che il vettore µ ~ è perpendicolare al piano della spira ed entrante nel foglio (come si vede utilizzando la regola della mano destra).

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Esercitazione 20 – Cariche in campi magnetici, calcolo di campi magnetici e applicazioni della legge di Ampere Problema 13 La spira conduttrice qui a fianco (vedi figura) è formata da un arco di cerchio (tre quarti di cerchio) con raggio a = 5.0 cm, e due tratti rettilinei di lunghezza a. La spira è percorsa da una corrente di intensità i = 5.0 A. Si determini il campo magnetico generato dalla spira nel punto O.

Soluzione Il campo in O è la somma di due termini: il campo generato dalla parte circolare della spira B1 e due volte il campo B2 generato da uno dei due tratti rettilinei. Si noti che B1 è i 3/4 del campo nel centro di una spira circolare di raggio a. Cioè 3 µ0 i

B1 =

4 2a

=

3µ0 i 8a

Invece per il campo B2 abbiamo

B2 =

µ0 i 4πa

[cos(π) − cos(π − π/4)] =

µ0 i 4πa

√ cos(π/4) =

2µ0 i

8πa

Perciò il campo complessivo è

B = B1 + 2B2 =

3µ0 i 8a

√ +2·

2µ0 i

8πa

=

√ (3π + 2 2)µ0 i 8πa

−5

= 6.1 · 10

T.

Si noti che tale campo è uscente dal foglio.

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Esercitazione 20 – Cariche in campi magnetici, calcolo di campi magnetici e applicazioni della legge di Ampere Problema 14 Un lungo filo rettilineo ed una spira circolare sono posti nello stesso piano (vedi figura). La spira ha raggio a = 5.0 cm e il suo centro è a distanza x0 = 10.0 m dal filo. Il filo e la spira sono percorsi dalle correnti I1 = 15 A e I2 = 30 A, rispettivamente, con i versi indicati in figura. Determinare: a) il momento di dipolo magnetico della spira (in modulo direzione e verso); b) il lavoro che si dovrebbe compiere per dimezzare la distanza della spira dal filo. Soluzione Il momento di dipolo magnetico della spira è diretto perpendicolarmente al foglio e uscente da esso. Il suo modulo è 2 2 µ = πa I2 = 0.236 Am Il filo rettilineo genera un campo perpendicolare al foglio (ed entrante in esso) di ampiezza

B(x) =

µ0 I1 2πx

Ora, essendo la spira piccola rispetto alle distanze dal filo, possiamo supporre che il campo in essa sia essenzialmente uniforme e coincidente con quello nel suo centro. In queste condizioni, alla spira compete un’energia potenziale pari a µ a2 I1 I2 1 ~ = 0 ~·B UB = −~ µ , 2 x ~ sono anti–paralleli. Stando così le cose, possiamo imdove abbiamo tenuto conto del fatto che µ ~ e B mediatamente scrivere che il lavoro che si deve compiere per dimezzare la distanza della spira dal filo è   µ0 a2 I1 I2 2 1 µ0 a2 I1 I2 −8 L = U (x0 /2) − U (x0 ) = − = = 7.07 · 10 J. 2 x0 x0 2x0 G. Giugliarelli

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Esercitazione 20 – Cariche in campi magnetici, calcolo di campi magnetici e applicazioni della legge di Ampere Problema 15 La densità di corrente all’interno di un lungo filo pieno e cilindrico di raggio a è nella direzione dell’asse centrale e varia linearmente con la distanza radiale r dall’asse secondo la funzione J = J0 r/a. Trovare il campo magnetico all’interno del filo. Soluzione Utilizziamo la legge di Ampere su un percorso chiuso di forma circolare e raggio r coassiale con la distribuzione di corrente. La simmetria cilindrica ci dice che anche le linee del campo sono circolari e quindi B(r)2πr = µ0 ich (r), dove ic h(r) è la corrente concatenata con il percorso scelto. Tale corrente è quella associata alla sezione del percorso di raggio r. Per il suo calcolo consideriamo un elemento di superficie a forma di corona circolare di raggio r e spessore dr e quindi di sezione 2πrdr. La corrente sarà data da Z ich (r) =

ˆ dA = J~ · n

Z r

0

0

0

J(r )2πr dr = 0

2πJ0

Z r

a

0

0 2

0

(r ) dr =

2πJ0 3 r . 3a

Perciò B(r) =

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µ0 ich (r) 2πr

=

µ0 J0 2 r . 3a

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Esercitazione 20 – Cariche in campi magnetici, calcolo di campi magnetici e applicazioni della legge di Ampere Problema 16 La figura mostra la sezione di un lungo conduttore cilindrico di raggio a al cui interno è praticato un lungo foro di raggio b. Gli assi dei due cilindri sono paralleli e posti ad una distanza d. Una corrente i è uniformemente distribuita sulla sezione del conduttore. Calcolare il campo magnetico nei punti dell’asse del foro.

Soluzione La densità di corrente nel filo in esame è pari a

J =

i π(a2 − b2 )

Si noti ora che la distribuzione di corrente del filo potrebbe essere ottenuta sovrapponendo due correnti con uguale dentità J, una di raggio a e una di raggio b (con asse parallelo a quello della prima e a distanza d da esso), ma con verso opposto. Nella regione in cui le due correnti si sovrappongono, la corrente risultante (la corrente netta) sarebbe nulla, come in figura. In queste condizioni, il campo magnetico sull’asse del foro è pari alla somma dei campi prodotti separatamente (nello stesso luogo) dalle due distribuzioni di corrente. Notando quindi che la seconda distribuzione ha campo nullo lungo il suo asse, otteniamo che il campo cercato è pari a quello prodotto dalla sola distribuzione di raggio a, a distanza d dal suo asse. Un tale calcolo era già stato visto a lezione, e quindi

B(d) =

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µ0 J 2

d=

µ0 i 2π(a2 − b2 )

d.

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Esercitazione 20 – Cariche in campi magnetici, calcolo di campi magnetici e applicazioni della legge di Ampere Problema 17 Un lungo tubo circolare, con raggio esterno pari a R, è percorso da una corrente (uniformemente distribuita) i in verso entrante nel piano della pagina come mostrato in figura. Un filo corre parallelo al tubo ad una distanza di 3R misurata tra i loro assi. Calcolare l’intensità I e la direzione della corrente nel filo che, insieme ad i, determinirebbe un campo magnetico nel punto P uguale ed opposto a quello sull’asse del tubo.

Soluzione Il tubo produce in P un campo

BT =

µ0 i 2π(2R)

=

µ0 i 4πR

,

diretto verso l’alto (e preso positivo). Al contrario, sul suo asse non produce campo magnetico. Se consideriamo la corrente nel filo entrante nel foglio, i campi da esso prodotti in P e nel centro del tubo sono pari a µ0 I µ0 I BP = − ; BC = − . 2πR 6πR Perciò la richiesta del problema si traduce nella seguente relazione

BT + BP = −BC

→

µ0 i 4πR

−

µ0 I 2πR

=

µ0 I 6πR

→

i 2

−I =

I 3

,

dalla quale si ricava I =

G. Giugliarelli

3 8

i.

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