UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI PADOVA FACOLTÀ DI INGEGNERIA Corso di Laurea Triennale in Ingegneria Aerospaziale (Prof. S.M. Lenzi) Prima prova di accertamento di Fisica I – 17 Febbraio 2006 Cognome_________________________ Nome ____________________ Matricola_____________ |___|___|___| Problema 1 Un punto materiale di massa m = 0,1 kg è appoggiato su una rotaia, composta da un tratto piano scabro di lunghezza d = 2 m e da un tratto finale liscio circolare di raggio R = 40 cm. Il punto materiale comprime inizialmente di Δx = 20 cm una molla ideale di massa trascurabile e di costante elastica k = 150 N/m. All’istante t = 0 il sistema viene lasciato libero di muoversi e la molla cessa di agire sul punto quando torna alla sua lunghezza di riposo. Il coefficiente di attrito dinamico che agisce sul tratto d vale μd = 0.2 N/m. Determinare a) il lavoro della forza d’attrito; b) la velocità del punto materiale nell’istante in cui giunge all’estremo superiore della rotaia (punto C); c) la reazione vincolare della rotaia in quel istante; d) a partire da quel istante, con che tipo di moto continua e a che distanza dal punto A arriva al suolo? C m A R d B Soluzione: a) Wa = μ d mgd cos( π ) = −0.392 J b) La velocitá si ottiene dall’energia cinetica. Il lavoro della forza d’attrito (non conservativa) e’ uguale alla variazione dell’energia meccanica Wa = ΔE M E Mi = 12 k ( Δx ) 2 E Mf = 12 mv 2 + mg 2 R ⇒v= 2Wa k ( Δx ) 2 − 4 gR + = 6.04 m / s m m c) La forza vincolare N mg + N = mv 2 / R N = m( v 2 / R − g ) = 8.14 N d) Il punto materiale continua con moto parabolico. Scegliendo un sistema di riferimento con centro in B (asse positivo di x verso sinistra), le condizioni iniziali sono: v0 x = v x0 = 0 y0 = 2R v0 y = 0 a = −g Quando il punto arriva al suolo: y = 0 0 = 2 R − 12 gt 2 x = vt ⇒t = 4R 4R ⇒x=v = 2.44m g g Il punto arriva a una distanza l = x − d = 0.44 m a sinistra del punto A |___|___| Problema 2 Un punto materiale di massa m = 300 g viene lanciato ad un angolo θ =60˚ mediante un’esplosione istantanea da una piattaforma di altezza incognita e di massa M = 4 kg mobile su un piano privo d’attrito. Il punto ricade a terra dopo un tempo t1 = 10 s alla distanza d = 50 m dal punto in cui è stato lanciato. Calcolare: a) il modulo della velocità di rinculo della piattaforma immediatamente dopo l’esplosione; b) il lavoro fatto dalle forze agenti sul sistema durante l’esplosione. v m θ M d Soluzione: a) Nell’esplosione si conserva la quantità di moto lungo il piano orizzontale. mv cos θ + MV = 0 Le equazioni del moto per la massa m sono: x = v cos θ t y = h + v sin θ t − d = v0 cos θ t1 ⇒ v = 10m / s 1 2 gt 2 mv cos θ = 0.375m / s M b) Il lavoro delle forze è uguale alla variazione di energia cinetica: ⇒V = − W = ΔE k = 12 mv 2 + 12 MV 2 = 15.3J Problema 3 |___|___|___| Un punto materiale di massa m = 0.6 kg ruota su un piano orizzontale scabro attorno ad un punto O cui è connesso tramite una sbarretta ideale di lunghezza l = 0.5 m. All’istante t = 0 il modulo della velocità del punto è v0 = 4 m/s. Sapendo che all’istante t1 = 1.5 s la tensione della sbarretta è T(t1) = 6 N, calcolare: a) il valore del coefficiente di attrito μd fra il punto materiale e il piano; b) la velocità che avrà il punto dopo aver percorso un giro dall’istante t0; c) quale è l’angolo tra l’accelerazione totale del punto e la sbarretta nello stesso istante. Soluzione: Moto circolare decelerato: dv a) maT = m = −μN = −μmg v = v0 − μgt dt Tl v2 = 2.24 m/s ma N = m = T ⇒ v = m l v −v μ= 0 = 0.12 gt b) 12 mv 2 − 12 mv02 = −μmg 2πl v = v02 − 4πμgl = 2.93m/s c) tgα = aT μgl = − 2 = −0.0685 ⇒ α = −3.92 o aN v Problema 4 |___|___| Un corpo puntiforme di massa m = 0.3 kg può scorrere senza attrito sulla guida OA di figura, disposta in un piano verticale, costituita da un arco di circonferenza di raggio R = 1 m, sotteso da un angolo α = 30º. Inizialmente la velocità del corpo è v0 = 2 m/s. Dopo il distacco dalla guida, il corpo prosegue il suo moto sotto l’azione della forza peso. Determinare: a) la velocità del corpo al distacco nel punto A; b) il modulo della reazione vincolare esercitata in A dalla guida un istante prima del distacco; c) il punto d’impatto del corpo sul piano orizzontale passante per O (si assuma in O l’origine dell’asse x) α R a) Si conserva l’energia meccanica A v0 1 2 1 2 mv0 = mv A + mgR(1 − cos α ) 2 2 v A = v02 − 2 gR(1 − cos α ) = 1.17 m / s x O b) N − mg cos α = m v2 R N = 2.96 N c) Dopo A il moto e’ parabolico x( t ) = R sin α + v A cos α t y( t ) = R(1 − cos α ) + v A sin α t − 1 2 gt 2 y = 0 ⇒ x = 0.74 m Problema 5 |___|___|___|___| Un blocchetto di massa m = 0.3 kg scivola per effetto della forza peso lungo una guida circolare AB priva di attrito e di raggio R = 0,2 m, posta in un piano verticale (vedi figura), partendo dal punto A con velocità iniziale nulla. Al termine della guida il blocchetto percorre un tratto orizzontale scabro BC, con coefficiente di attrito dinamico μd=0.2, di lunghezza d, fermandosi nel punto C. Determinare: a) la velocità del blocchetto dopo aver percorso l’angolo θ = 30° di figura; b) la reazione vincolare della guida in quel punto; c) il lavoro compiuto dalla forza d’attrito in tutto il percorso; d) L’impulso trasferito dalla forza d’attrito al blocchetto. A θ Soluzione: a) Dalla conservazione dell’energia meccanica: B C mgh = mgR sin θ = 12 mv 2 ⇒ v = 2 gR sin θ = 1.4m / s b) Dalla seconda legge di Newton: N − mg cos(π / 2 − θ ) = mv 2 / R ⇒ N = m( g cos(π / 2 − θ ) + v 2 / R ) = 4.41N c) Il lavoro compiuto dalla forza d’attrito è uguale al lavoro della forza peso perché la variazione dell’energia cinetica è nulla. Watt + W p = 0 ⇒ Watt = − mgR = −0.588 J d) J = Δp = − mv B 1 2 mv B2 = mgR ⇒ v B = 2 gR = 1.98m / s ⇒ J = −0.59kgm / s Problema 6 Tre conduttori sottili C1, C2 e C3, di forma sferica e raggi, rispettivamente, R1= 5 cm, R2= 10 cm, R3= 20 cm, sono concentrici ed isolati tra loro. Sul conduttore C1 è depositata una carica Q1= - 2 10-8 C, e sul conduttore C2, una carica Q2= + 8 10-8 C. 1 Calcolare ( = 9 ⋅ 10 9 Nm2/C2): 4πε 0 a) La differenza di potenziale tra i conduttori C1 e C2. ΔV1-2 =................... b) L’energia cinetica (in eV) di un protone (carica e) che parte da fermo dalla superficie del conduttore C3, quando passa per il punto P situato a rP = 30 cm dal centro del sistema. Ek =................... Sulla superficie del conduttore C3 viene ora depositata una carica Q3 = - 6 10-8 C. Calcolare in questa situazione: c) La differenza di potenziale tra C2 e C3. ΔV2-3 =................... d) L’energia elettrostatica del sistema. Ue =................... C3 C1 R1 R3 P r R2 C2 Soluzione: R2 R2 R1 R1 4πε 0 r a) V12 = − ∫ E ⋅ dr = − ∫ Q1 2 dr = − P (Q1 + Q2 ) R3 4πε 0 r 2 b) E k = e (V ( P ) − V ( R3 )) = −e ∫ R3 R3 (Q 1 R2 R2 c) V23 = ∫ E ⋅ dr = ∫ + Q2 ) 4πε 0 r 2 Q1 4πε 0 dr = ⎛ 1 1 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = 1.8 kV − ⎝ R1 R2 ⎠ dr = − e(Q1 + Q2 ) ⎛ 1 1 ⎞ ⎜⎜ − ⎟⎟ = 900 eV r R 4πε 0 3 ⎠ ⎝ P (Q1 + Q2 ) ⎛ 1 1 ⎞ ⎜⎜ ⎟ = 2.7 kV − 4πε 0 ⎝ R2 R3 ⎟⎠ d) Si può risolvere in due modi. Il primo è utilizzando l’espressione dell’energia in funzione del campo elettrico. Il campo elettrico per r>R3 è nullo: Q 2 R2 dr (Q + Q2 ) 2 R3 dr 1 U e = ε 0 ∫ E 2 dτ = 1 ∫ 2 + 1 ∫ 2 2 τ 8πε 0 R1 r 8πε 0 R2 r = Q12 8πε 0 ⎛ 1 1 ⎞ (Q1 + Q2 ) 2 ⎜⎜ ⎟⎟ + − 8πε 0 ⎝ R1 R2 ⎠ ⎛ 1 1 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = 9.9 10 − 5 J − R R 3⎠ ⎝ 2 Il sistema si può anche pensare come composto da due condensatori, uno con carica |Q1| e l’altro con carica |Q1+Q2|. 1 1 U e = | Q1 | V12 + (Q1 + Q2 )V23 = 9.9 ⋅ 10 − 5 J 2 2 Problema 7 |___|___| Un protone, dopo essere stato accelerato da una differenza di potenziale V0, si muove lungo l’asse y ed entra in corrispondenza del punto O(0,0) in una zona compresa tra y = 0 e y = 0.4 m dove esiste un campo magnetico B = 0.4 T, uniforme e perpendicolare al piano yz. Il protone esce dalla zona dove esiste il campo magnetico con velocità v = 2·107 m/s formante un angolo γ con l’asse z. Calcolare: a) La differenza di potenziale V0 responsabile dell’accelerazione del protone. V0 = .......................... b) L’angolo γ. γ = ........................ z x O x x x x x x x x x x x B x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x γ v y 0.4 m Problema 8 Un filo rettilineo indefinito, perpendicolare agli assi coordinati (x,y) di figura e passante per la loro origine, e’ caricato con una distribuzione uniforme di carica positiva di densita’ lineare λ+=10-7C/m . A distanza d= 2 cm dal filo, un piano ad esso parallelo e’ caricato negativamente con una distribuzione uniforme di densita’ superficiale σ- = - 10-6 C/m2. Calcolare: a) Il modulo del campo elettrico nel punto P1 di coordinate (x1,y1)=(d/2,d/2): E1= ………… b) La differenza di potenziale tra il punto P2 sull’ asse y, di coordinate (x2,y2)= (d2,0), ΔV= V2-V1 =……………. con d2= 1 mm, ed il punto P1: y σ- . P ( . P2 =(d2, 0) λ+ ) x d Soluzione: a) Il campo elettrostatico totale e’ dato dalla sovrapposizione dei campi generati dalle due distribuzioni di carica: E = E+ + EIl campo E+ e’ radiale; nel punto P1 il suo modulo vale: E+ = λ+/ (2πε0 d1 )= 1,3 ⋅105 V/m, essendo d1= d/√2 = 1,41 cm Il campo E- e’ diretto lungo l’ asse x, ed il suo modulo e’: E- = |σ-| / 2ε0 = 5,6 ⋅104 V/m. Le componenti del campo totale sono quindi: Ex = E+x + E- = E+cosθ + E- = 1,48⋅105 V/m Ey = E+ sinθ = 9,2⋅104 V/m essendo θ = 45° ; il modulo del campo in P1 e’ pertanto: E = [Ex2+Ey2]1/2 = 1,74 ⋅105 V/m. b) la d.d.p tra i due punti richiesti e’ : V2 – V1 = - ∫ (E+ + E-)⋅ds = - ∫ [λ+/ (2πε0 r )] dr - ∫ [|σ-| / 2ε0 ] dx = = [λ+/ (2πε0 )] ln (d1/d2) + [|σ-| / 2ε0 ]x1 = 4770 + 800 = 5570 V Problema 9 Si considerino un piano isolante indefinito carico con densità superficiale di carica positiva σ e una sfera isolante di raggio R = 10 cm con densità di carica ρ = 2 . 10-8 C/m3, il cui centro si trova a d=1m dal piano. Si osserva che il campo elettrostatico è nullo nel punto x0 che si trova a 20 cm dal piano sull’asse passante per il centro della sfera (vedi figura). Calcolare: a) la densità di carica σ del piano indefinito; b) la differenza di potenziale tra il punto x0 ed il punto x1 = 2x0. σ x0 x1 R Soluzione: x a) E (x0 ) = σ= σ 4πR 3 ρ − =0 2ε 0 3 ⋅ 4πε 0 ( d − x0 ) 2 2 R 3ρ = 2.08 ⋅ 10 −11 C / m 2 2 3( d − x0 ) b) x1 ΔV = V ( x0 ) − V ( x1 ) = ∫ ( x0 σ σ R 3ρ R 3ρ ⎛ 1 1 ⎜⎜ + = − − − ) dx ( x x ) 1 0 2 2ε 0 3ε 0 ( d − x ) 2ε 0 3ε 0 ⎝ d − x1 d − x0 ⎞ ⎟⎟ = −.0787V ⎠