A.A. 2012-13
Fisica Generale
ESERCIZIO 1
Una guida semicircolare liscia di raggio r  2 m e' raccordata ad un
piano orizzontale scabro di lunghezza l  3 r . Ad un punto
materiale di massa m  1 kg , inizialmente fermo all'estremità libera
del piano, viene dato un impulso orizzontale di modulo I  10 N s .
Calcolare il coefficiente d’attrito dinamico massimo che deve
esistere tra il punto materiale e il piano, affinché il punto materiale
possa raggiungere la sommità della guida.
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r
l
Soluzione
Chiamati A e B i punti all’inizio e alla fine del tratto scabro, rispettivamente, la minima energia cinetica
che il punto materiale deve possedere per giungere sulla sommità della guida semicircolare è data dalla
conservazione dell’energia meccanica: 1 2 m vB2  m g 2r  vB  4 g r . La velocità iniziale è v A  I m .
La variazione di velocità nel tratto scabro si può calcolare dal teorema delle forze vive:
Wa    d m g l  Ec  1 2 m vB2  1 2 m v A2 , da cui
d
 4 g r   I m 2 
 4  9.8 m s 2   2 m   10 N s 1 kg  2 
vB2  v A2 



  0.18



2
2g l
2 g 3 r 
2  9.8 m s  3  2 m 
ESERCIZIO 2
Un elemento materiale di massa m1  100 g trasla su di un piano orizzontale liscio con velocità v0  0.10m s 1 .Ad un certo istante urta centralmente un secondo elemento materiale di massa m2  200 g , poggiato sullo stesso
piano ed in quiete. Questo secondo punto materiale è collegato all’estremo libero di una molla ideale di costante
elastica k  1.0 N m 1 , disposta lungo la direzione di moto del primo elemento, mentre l’altro estremo della molla
è fissato al piano.
Calcolare il massimo accorciamento della molla nei due seguenti casi:
a) urto perfettamente elastico;
b) urto completamente anelastico.
c) Calcolare quindi, in questo secondo caso, l’energia meccanica dissipata.
Soluzione
La quantità di moto si conserva in entrambi i casi.
a) Nel primo caso, inoltre, si conserva anche l’energia cinetica. Si può scrivere il sistema:
 m1v0  m1v1  m2 v2
.
 2
2
2
m1v0  m1v1  m2 v2
Risolvendo questo sistema si ottiene:
2  0.1 kg 
2 m1
v2 
v0 
 0.1m s 1   6.7 102 m s 1
m1  m2
0.1 kg  0.2 kg
Durante la compressione della molla si conserva l’energia meccanica, per cui:
1
1
m2
0.2 kg
m2 v22  k x 2  x  v2
  6.7 102 m s 1 
 3.0 cm
2
2
k
1.0 N m 1
b) Nel secondo caso, invece, le due masse, dopo l’urto, viaggiano unite:
m1
0.1 kg
m1v0   m1  m2  V  V 
v0 
 0.1m s 1   3.3 102 m s 1 .
m1  m2
0.1 kg  0.2 kg
Come sopra, dopo l’urto si conserva l’energia meccanica, quindi:
1
1
m m
0.1kg  0.2 kg
 1.8 cm
 m1  m2  v22  k x 2  x  v2 1 2   3.3 102 m s 1 
2
2
k
1.0 N m 1
1
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c) L’energia meccanica dissipata nel secondo caso è:
2
2
1
1
1
1
Ediss  m1v02   m1  m2 V 2   0.1 kg   0.1 m s 1    0.1 kg  0.2 kg   3.3 10 2 m s 1  
2
2
2
2
4
 3.3  10 J
ESERCIZIO 3
Un cilindro di massa M  10.2 kg e raggio r  0.18 m rotola senza
strisciare su un piano inclinato di pendenza   30 rispetto all'
orizzontale. Al centro del cilindro è attaccata una corda che trascina
un blocco di massa m  2.6 kg La corda è di massa trascurabile e, in
tensione, parallela al piano inclinato. Il coefficiente di attrito
dinamico tra blocco e piano inclinato è  d  0.8 . Calcolare:
a) l'accelerazione del cilindro;
b) la tensione della fune;
c) la velocità angolare del cilindro dopo che, partendo da fermo, ha percorso un tratto d  2 m lungo il
piano inclinato.
Soluzione
a) Prendiamo un sistema di riferimento con l'asse x parallelo al piano e un asse y ortogonale al
precedente, orientato verso l'alto. La componente dell’accelerazione sul piano per il blocco è uguale
alla accelerazione del centro di massa del cilindro. Le equazioni cardinali per il cilindro sono:
M ax  M g sin   T  Fa

 M a y   M g cos   N M
 I  M g r sin   T r

La terza equazione è riferita a un polo passante per il punto istantaneo di contatto, rispetto al quale il
momento di inerzia è, per il teorema di Huygens-Steiner: I  I C  m d 2  1 2 m r 2  m r 2  3 2 m r 2
Per il blocco otteniamo invece:
m ax  m g sin   T  f d

 m a y   m g cos   N m
Dalla prima di queste ultime equazioni si ottiene la forza di attrito dinamico sul blocco:
f d  d m g cos 
Poichè il cilindro si muove con moto di puro rotolamento vale la condizione: ax   r .
Si può quindi costruire il sistema:
3 2 M r 2  ax r   M g r sin   T r
che risolto fornisce:

 m ax  m g sin   T  d m g cos 
2g
ax 
 m  M  sin   d m cos   
2m  3M 
2  9.8 m s 2 
  2.6 kg   10.2 kg   sin 30  0.8  2.6 kg  cos 30   2.52 m s 2
2  2.6 kg   3 10.2 kg 
b) La tensione della fune è:
T  m ax  m g sin   f d  m  a x  g  sin   d cos    

  2.6 kg   2.52 m s 2   9.8 m s 2   sin 30  0.8 cos 30    11.5 N
c) Il tempo necessario al cilindro per percorrere un tratto d  2 m , partendo da fermo, si ottiene
dall’equazione del moto:
d  1 2 aC t 2  t  2 d aC  2  2 m   2.52 m s 2   1.26 s . La velocità
2
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del centro di massa del cilindro a tale istante è vC  aC t   2.52 m s 2  1.26 s   3.2 m s 1 . La velocità
angolare
si
ottiene
infine
dalla
relazione
del
rotolamento:
1
1
vC   r    vC r   3.2 m s   0.18 m   5.7 rad s
ESERCIZIO 4
Un gas ideale biatomico è contenuto in un cilindro, chiuso da un pistone a tenuta e perfettamente
scorrevole. Temperatura, volume e pressione iniziali sono: T0  300 K , V0  0.2 m3 , p0  1 atm uguale alla
pressione esterna. Posto il cilindro in contatto con una sorgente a temperatura T1  600 K , il gas dopo un
certo tempo raggiunge l'equilibrio.
Considerando trascurabile la capacità termica del cilindro e del pistone, calcolare la variazione di entropia
totale.
Soluzione
La trasformazione è isobara, a pressione p0  1 atm  101325 Pa .Si tratta di verificare la disuguaglianza
di Clausius nello scambio irreversibile di calore con una sola sorgente.
dQ
S  
T
Essendo n  p0 V0 RT0  101325 Pa   0.2 m3   8.314472 J K 1mol 1   300 K   8.12 mol , la variazione
di entropia del gas risulta:
T1
n c p dT p0 V0 7
T1 7 101325 Pa   0.2 m3  600 K
S g  

R ln 
ln
 163.88 J K 1
 300 K 
T
RT0 2
T0 2
300 K
T0
La variazione di entropia della sorgente, in vece, è
T1
n c p dT p0 V0 7 T1  T0
7 101325 Pa   0.2 m3  600 K  300 K
S S  

R

 118.21 J K 1 .


T
RT
2
T
2
300
K
600
K
1
0
0
T0
La variazione di entropia totale è quindi:
ST  S g  S S  163.88 J K 1  118.21 J K 1  45.67 J K 1
ESERCIZIO 5
Una carica puntiforme q1  3 105 C è posta nel centro di un conduttore sferico cavo, di
raggio interno R1  10cm e raggio esterno R2  20cm .
a) Calcolare il campo e il potenziale nelle 3 regioni: r  R1 , R1  r  R2 , r  R2 .
Successivamente, partendo da distanza infinita, una quantità di carica q2  3q viene
portata sul conduttore sferico esterno. Calcolare:
b) le nuove configurazioni di campo e potenziale nelle tre regioni.
c) il lavoro fatto per portare la carica q2 dall’infinito al conduttore.
Soluzione
a) II campo elettrico nel conduttore  R1  r  R2  è nullo. mentre nelle due regioni r  R1 e r  R2 è
quello dato dalla carica q1 , (sulle due superfici interna ed esterna del conduttore si inducono le
cariche q1 e  q1 , rispettivamente). Pertanto:
q1
q1
Er  R1 
;
ER1  r  R2  0 ;
Er  R2 
2
4 0 r
4 0 r 2
3
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II potenziale si può calcolare come somma dei potenziali delle tre distribuzioni di carica ( q1 e le due
cariche indotte sulle superfici del conduttore), con la usuale assunzione di potenziale nullo
all'infinito Il potenziale risulterà costante dentro il conduttore. Si ha:
q
q1
q1
q1
q
Vr  R1  1 

;
VR1  r  R2 
;
Vr  R2  1
4 0 r 4 0 R1 4 0 R2
4 0 R2
4 0 r
b) La carica q2 va a modificare solo la carica sulla superficie esterna del conduttore. Il campo elettrico
sarà pertanto diverso solo all'esterno del conduttore,
q1
q q
4q1
Er  R1 
;
ER1  r  R2  0 ;
Er  R2  1 22 
2
4 0 r
4 0 r
4 0 r 2
mentre varieranno i termini costanti del potenziale anche all'interno (se si vuole mantenere la
convenzione di potenziale nullo all'infinito)
q1
q1
q q
q1
q1
q
q1
q
Vr  R1 

 1 2 

 1 ; VR1  r  R2 
;
Vr  R2  1
4 0 r 4 0 R1 4 0 R2 4 0 r 4 0 R1  0 R2
 0 R2
 0 r
c) I1 lavoro fatto per portare la carica q2 fino alla superficie del conduttore è pari alla variazione di
energia elettrostatica del sistema (solamente quindi all'esterno del conduttore). Può essere calcolata
agevolmente ricordando che la capacità di un conduttore sferico è C  4 0 R , e che il lavoro
necessario a caricare una capacità è W  Q 2 2C . Si calcolerà quindi la differenza tra le energie
elettrostatiche finale ed iniziale:
2
2
1   q1  q2  q12 
1   4q  q12  15 q12
W


 
 303.3 J



8 0 
R2
R2  8 0  R2
R2  8 0 R2
ESERCIZIO 6
In un filo conduttore di lunghezza indefinita scorre una
corrente variabile nel tempo i  t   I 0 sin t . Un spira di
lunghezza l è complanare al filo, con due lati paralleli al
filo a distanze a e b dal filo stesso.
Determinare le espressioni:
a) del flusso del vettore induzione magnetica attraverso la
superficie della spira;
b) della forza elettromotrice indotta nella stessa spira.
Soluzione
Scegliamo un sistema di riferimento in modo che il piano della spira giaccia nel piano xy e il filo coincida
con l’asse y. Il campo magnetico istantaneo generato dal filo indefinito è dato dalla legge di Biot e Savart:

B  0 i 2 x . Il flusso del vettore B attraverso una superficie elementare della spira d   l dr è:


 i t 
d   B   B  uˆn d   0
l dx .
2 x
Integrando tra gli estremi a e b si ottiene:
b


 i t 

b
  B    B  uˆn d    0
l dx  0 l ln I 0 sin t
2 x
2
a

a
La f.e.m. indotta è:

d  B

b
 
  0 l ln I 0 cos t
dt
2
a
4