Fisica 21 Giugno 2012

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1 Esame di Fisica Data: Giugno Fisica Giugno ˆ Esame meccanica: problemi, e 3. ˆ Esame elettromagnetismo: problemi 4, 5 e 6. Problema Un giocatore di baseball colpisce la palla, di massa m = 5 g per realizzare un home run - palla che esce dal campo. Sapendo che la distanza tra il punto di battuta e il limite del campo di gioco è d = 9 m: ˆ determinare la minima energia che deve imprimere alla palla. ˆ Come cambia la risposta alla precedente domanda se sappiamo che la palla, la cui velocità forma con l orizzontale lo stesso angolo ottenuto alla risposta precedente, viene colpita ad un altezza da terra h = 8 cm e deve scavalcare, al limite del campo di gioco, una staccionata, di spessore trascurabile, alta h =.8 m? ˆ Dette v x = v cos(θ) v y = v sin(θ) le componenti orizzontale e verticale della velocità iniziale, e t v = v y il tempo di g volo della palla - determinato raddoppiando il tempo necessario all accelerazione di gravità per arrestare il moto verticale della palla - abbiamo per la gittata v sin(θ) cos(θ) d = t v v x = v = v sin(θ) g g A parità di velocità iniziale la massima gittata si ha quindi per un angolo tra velocità iniziale e orizzontale θ = 45. Usando quindi questo angolo per determinare la velocità iniziale minima abbiamo e quindi la minima energia cinetica v = gd = 9.7 m/s E min = mgd = 66. J ˆ Prendendo un sistema di riferimento con l origine nel punto in cui viene colpita la palla, abbiamo che la traiettoria della palla deve passare per i punti (x, y ) = (, ) e (x, y ) = (9, ). Le equazioni del moto parametriche sono: x(t) = x + v cos(θ)t = vt y(t) = y + v sin(θ)t gt = vt gt Risolvendo rispetto al tempo t v in cui la palla si trova nel punto (x, y ) troviamo: x = vt v y = vt v gt v per cui l energia cinetica minima questa volta vale y = x gx v v = x x gx = v y x x y E min = x x y E =.E = 67.6 J

2 Esame di Fisica Data: Giugno Problema Un cubo di altezza a = 5 cm e massa M = 5 kg è appoggiato su un piano senza attrito. Un proiettile puntiforme di massa m = kg che viaggia ad una velocità parallela al piano v = m/s colpisce perpendicolarmente il cubo nel centro di una faccia e vi resta conficcato ad una profondità trascurabile. ˆ Determinare la velocità v f del sistema composto dal proiettile e dal cubo dopo l urto Questa volta il cubo è vincolato da una cerniera posta sullo spigolo a contatto col piano della faccia opposta a quella dove avviene l urto. ˆ Dire se dopo l urto il cubo si ribalterà, ovvero se la velocità angolare subito dopo l urto è sufficiente per far compiere al cubo una rotazione attorno allo spigolo di almeno θ =.5. ˆ Nell urto non ci sono forze impulsive esterne al sistema, per cui si conserva la quantità di moto. Abbiamo quindi che e quindi v f = v mv = (M + m)v f m M + m = 7 m/s ˆ Questa volta durante l urto non agiscono forze impulsive esterne che abbiano un momento non nullo rispetto all asse di rotazione, per cui rispetto a tale asse il momento angolare del sistema si conserva. Chiamando L I il momento angolare del sistema proiettile + cubo prima dell urto e L F il momento angolare dopo l urto abbiamo che L I = mva e L F = Iω F, per cui ω f = mva I Il momento d inerzia I rispetto all asse di rotazione è la somma dei momenti d inerzia del proiettile I P e del cubo I C. Il momento d inerzia del proiettile puntiforme vale I P = mr = m(a /4 + a ) = 3 4 ma. Il momento d inerzia di un parallelepipedo rispetto al centro di massa vale I = a + b M, e poi possiamo applicare HS per determinare il momento d inerzia rispetto all asse di rotazione: I C = I + Mr = a M + a M. In totale quindi il momento d inerzia del sistema proiettile/cubo rispetto all asse di rotazione vale I = 3 4 ma + a M + a M = a ( 3 4 m + 3 M). Per stabilire se il cubo si ribalta occorre sapere se ha abbastanza energia cinetica iniziale per giungere al punto di massima energia potenziale con una velocità angolare non nulla. Occorre trovare la posizione del centro di massa del sistema proiettile/cubo: per simmetria giace sulla retta che congiunge il proiettile col centro del cubo, ad una distanza d CM = ma/ dal centro di massa stesso. Durante la rotazione la massima altezza del centro di massa è la m + M distanza d = a m + d CM = a/( + ). Applicando la conservazione dell energia meccanica occorre infine che M + m E I > U max, ovvero: Iω F + (M + m)g a > (M + m)ga/( + m M + m ) v > gi ma = (mva) > (M + m)g a m 4 I M + m ga( 3 4 m + 3 M) = 7.9 m/s m Poiché la velocità trovata è maggiore della velocità del proiettile, il cubo non si ribalta.

3 Esame di Fisica Data: Giugno Problema 3 Un laghetto montano, sul quale in inverno si trovano diversi grandi blocchi di ghiaccio per un volume complessivo V gh =. km 3, ha un volume V =. km 3 d invaso ed è bloccato da una diga, di forma quadrata, di larghezza L = m. L altezza dell acqua in inverno alla superficie della diga è h = 7 m. ˆ Qual è la forza che l acqua esercita sulla diga? Qual è il momento delle forze esercitate dall acqua sulla diga, calcolato rispetto ad un asse passante per lo spigolo della diga appoggiato al suolo? Quando arriva la primavera il ghiaccio nel laghetto si scioglie. ˆ Di quanto occorre aumentare, percentualmente, la resistenza della diga alla pressione ed al momento delle forze esercitate dall acqua per far fronte all evento? ˆ La forza esercitata dall acqua sulla diga dipende dalla pressione, che varia secondo la profondità x secondo la formula P (x) = ρgx. La forza complessiva esercitata dall acqua vale F = h ρgxl dx = ρgh L =.4 6 N. Il momento della forza di pressione su un elemento di superficie ds = L dx posto ad una distanza d(x) = h x dall asse di rotazione vale dl = P d ds = ρgx(h x)l dx. Per cui il momento complessivo vale: h h M = dl = ρgx(h x)l dx = 6 ρgh3 L = Nm ˆ Un blocco di ghiaccio di massa M galleggia sull acqua sotto una spinta pari al suo peso, ottenuta spostando un volume d acqua di massa uguale alla sua. Quando il ghiaccio si scioglie l acqua risultante occupa lo stesso volume dell acqua spostata dal blocco di ghiaccio: l altezza dell invaso quindi non si modifica, e non occorre fare alcuna modifica alla resistenza della diga. 3

4 Esame di Fisica Data: Giugno Problema 4 Un condensatore di capacità C = nf è collegato ad una forza elettromotrice E = V che presenta una resistenza interna R I = Ω. ˆ Determinare il lavoro compiuto dalla forza elettromotrice per caricare la capacità, e l energia potenziale elettrostatica del sistema a regime. Ad un certo istante il condensatore si brucia, ovvero, si forma un percorso resistivo di resistenza R = Ω all interno del condensatore. ˆ Quanta potenza viene dissipata nel volume del condensatore una volta raggiunte le condizioni stazionarie? ˆ Quanto vale la potenza massima erogata dalla forza elettromotrice? (suggerimento: per costruire il circuito equivalente dopo la bruciatura può essere utile pensare a qual è la differenza di potenziale a cui è connessa la resistenza R...) ˆ Il lavoro compiuto è dato dall integrale nel tempo della potenza erogata W (t) = EI(t) = E dq. A regime nella dt capacità è presente una carica Q = CV, quindi: L = E dq dt = E CV dq = CV =.44 6 J. L energia potenziale nel sistema si ottiene dall espressione U = ρv : U = ρv = V +Q + + V Q = QE = CV =.7 6 J ˆ Il percorso resistivo conduce corrente tra due punti alla stessa differenza di potenziale delle armature della capacità: quindi il circuito dopo la bruciatura è equivalente ad una resistenza R I in serie al parallelo tra capacità e resistenza R. A regime la capacità non conduce corrente, per cui il circuito diventa equivalente alla serie R I e R: le due E resistenze formano un partitore attraversato da una corrente I =, ed ai capi della capacità e della resistenza R + R I R R è presente una differenza di potenziale V f = E. La potenza dissipata a regime nel condensatore è dunque R + R I. W = IV f = E R (R + R I ) = 6 W ˆ Per trovare la potenza massima erogata dalla forza elettromotrice possiamo notare che prima della bruciatura la corrente che circola nel circuito è nulla e quindi la resistenza ai capi della forza elettromotrice reale è infinita; a regime invece la resistenza vista dalla forza elettromotrice è la resistenza R < R I. Per continuità c e un istante di tempo in cui la resistenza vista dalla forza elettromotrice è pari alla resistenza interna, ed in tale momento la potenza erogata dalla forza elettromotrice è massima: W max = E R I = 36 W Problema 5 Un palloncino sferico di raggio R = cm viene caricato con una densità di carica superficiale uniforme σ = 6 C/m. ˆ Determinare il lavoro necessario per caricare il palloncino. 4

5 Esame di Fisica Data: Giugno Il palloncino, una volta caricato, viene gonfiato a carica costante. ˆ Determinare il lavoro compiuto dalle forze elettrostatiche dalla condizione iniziale a quando il palloncino è gonfiato ad un raggio R f = R, e dire se la presenza della carica elettrica aumenta o diminuisce la pressione necessaria a gonfiare il palloncino, confrontata con la pressione necessaria per gonfiare un identico palloncino scarico. (fac.: determinare la pressione elettrostatica sul palloncino in funzione del raggio) ˆ L energia potenziale elettrostatica corrisponde a quella di un condensatore sferico di raggio R caricato con una carica Q = σs = 4πR σ. Ricordando che la capacità di un condensatore sferico vale C = 4πε R abbiamo dunque: U = Q C = (4πR σ) 4πε R = 4πR 3 σ ε =.4 4 J Per ottenere questa energia potenziale occorre che le forze esterne compiano un lavoro L = U = U = 7. 4 J ˆ Al crescere del raggio del palloncino varia la sua capacità. Tenendo costante la carica, abbiamo una variazione di energia potenziale U = U f U i = Q ( 4πε R f = (4πR i σ) ( R i R i 4πε R i ) = = 4πR 3 i σ ε 4πε R i ) = = U i = J Vediamo quindi che la variazione di energia potenziale è negativa, e quindi le forze elettrostatiche compiono un lavoro positivo durante il gonfiamento del palloncino, diminuendo la pressione necessaria a gonfiarlo. Possiamo trovare la pressione elettrostatica considerando il lavoro dl effettuato dalle forze elettrostatiche quando il palloncino si gonfia di un raggio dr: dl = df dr = P (R) dr ds = 4πR P (R) dr dl dr = du dr = 4πR P (R) P (R) = S Q (4πR ) ε = σ ε Problema 6 Su un piano perpendicolare a due fili conduttori rettilinei paralleli percorsi da corrente I e I è posizionata una bussola - schematizzabile come un momento magnetico µ libero di ruotare attorno ad un asse perpendicolare al piano. Le intersezioni tra i fili e il piano occupano i vertici opposti di un quadrato: la bussola occupa uno dei due rimanenti vertici. Una volta accese le correnti si nota che la bussola è orientata in modo da formare un angolo θ = con il lato del quadrato, come in figura. ˆ Determinare il rapporto f = I /I tra le correnti circolanti sui due fili (sugg. Può essere utile ricordare che sin(π/ θ) = cos(θ) e sin(π θ) = sin(θ)) 5

6 Esame di Fisica Data: Giugno ˆ Il momento esercitato dal campo magnetico prodotto dai fili sull ago della bussola vale M = µ (B + B ). In condizioni di equilibrio abbiamo: M = = µ B µ B µ B = µ B I campi magnetici generati dai fili sono perpendicolari tra di loro, ed uno dei due è parallelo al lato del quadrato: per cui gli angoli formati dall ago della bussola con i due campi magnetici valgono θ = π θ e θ = π/ θ, per cui sin(θ ) = sin(θ) e sin(θ ) = cos(θ). Abbiamo quindi per i prodotti vettoriali: µ B = µ B µb cos(θ) = µb sin(θ) B B = tan(θ) I I = tan(θ) =.36 Si noti che le correnti devono avere segno opposto, mentre non c è differenza tra lo scegliere la corrente nel filo, ad esempio, entrante o uscente dal piano. La sola differenza è che se scegliamo la direzione della corrente I positiva - uscente dal piano - la posizione data è quella di equilibrio stabile, mentre diventa di equilibrio instabile - in questo senso il testo del problema -...accendiamo le correnti - suggerisce per I un valore positivo e per I un valore negativo. 6