Esame di Fisica Data: 7 Giugno Fisica. 7 Giugno Problema 1

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1 Fisica 7 Giugno 212 ˆ Esame meccanica: problemi 1, 2 e 3. ˆ Esame elettromagnetismo: problemi 4, 5 e 6. ˆ Segnare con una croce l opzione richiesta: ecupero compitino Appello esame Problema 1 Un ascensore obliquo di massa M = 2 kg sale una salita inclinata θ = 3 con l orizzontale ad una velocità scalare costante v = 2 m/s. ˆ Determinare la potenza sviluppata dal motore dell ascensore. La stessa potenza, mantenuta costante, viene sviluppata durante la fase di accelerazione che porta l ascensore alla velocità v partendo da fermo. ˆ Determinare in quanto tempo t l ascensore raggiunge la velocità v ˆ Sull ascensore agiscono la forza peso F p, la forza vincolare F N e la forza esercitata dal motore F. La potenza istantanea sviluppata sull ascensore è nulla perché la velocità scalare è costante e quindi l energia cinetica è costante, per cui il lavoro compiuto dalle forze esterne, per il teorema delle forze vive, è nullo: W tot (t) = F tot (t) v(t) = (F p + F N + F ) v := W p + W N + W =. Vediamo quindi che la proiezione della forza totale lungo la velocità è nulla. Tenendo conto del fatto che la forza vincolare è perpendicolare alla velocità otteniamo: (F p + F ) v =, e poiché geometricamente la proiezione della forza peso lungo la velocità vale otteniamo infine la potenza sviluppata dal motore. F p v = F p v cos ( 3 2 π + θ) = F pv sin θ W = F v = F p v = Mg sin(θ)v = 1.96 kw ˆ rapida: la forza agente ad una certa v(t) sull ascensore è F = F F p = F p ( v f 1). L accelerazione v(t) quindi, per v(t) che si avvicina a v f, tende a zero. Poiché l accelerazione tende a zero, per incrementare la velocità ci vuole un tempo sempre maggiore, che tende all infinito quando v(t) si avvicina a v f. In formule: adesso si ha un accelerazione a(t) = dv(t) = 1 M (F p + F N + F ) - per il secondo principio della dinamica. Moltiplicando scalararmente entrambi i termini per v si ha M dv(t) v = (F p + F N + F ) v = F p v(t) + W, da cui, per via che l accelerazione è vincolata ad avere stessa direzione e verso della velocità,. M v dv(t) + Mg sin(θ)v(t) = Mg sin(θ)v f 1

2 Abbiamo quindi che v(t) è la soluzione di una equazione differenziale a variabili separabili, che integriamo fino ad un tempo t < t per evitare l attesa divergenza: dv(t) dv(t) t v(t ) v(t ) = g sin(θ)( v f v(t) 1) v(t) v f v(t) = g sin(θ) t dv(t)t dv(t) v f v(t) = g sin(θ) = g sin(θ) t v dv = g sin(θ) t v f v v + v f v f v f v dv = v(t )( 1 + log( v f (v f v(t )) = g sin(θ) t )) Vediamo dunque che quando la velocità dell ascensore tende a v f l argomento del logaritmo diverge e così pure l intervallo di tempo necessario. Problema 2 Un disco di raggio = 5 cm e massa M = 5 g scivola senza attrito su una superficie fino ad urtare una parete rettilinea priva di attrito. La velocità v del disco forma un angolo θ 1 = 45 con la parete e vale in modulo v = 5 cm/s. Il disco è inizialmente privo di momento angolare rispetto ad un polo posto nel suo centro di massa. ˆ Determinare la variazione di energia cinetica e di momento angolare del disco dopo l urto. Un secondo urto avviene contro una parete, sempre rettilinea, ma scabra, e si osserva che ora l angolo formato dalla velocità del disco dopo l urto forma con la parete un angolo θ 2 = 3. Supponendo che la parete sia abbastanza rigida da fare in modo che le forze che essa esercita non spostano il loro punto di applicazione durante l urto: ˆ Determinare la variazione di energia cinetica e di momento angolare del disco dopo l urto. ˆ Nell urto non ci sono forze impulsive che compiono lavoro, per cui si conserva l energia cinetica. Le forze impulsive hanno momento nulla rispetto ad un punto posto sul centro di massa del disco, perchè sono perpendicolari ad una tangente - la parete - e quindi passano per il centro del disco. Quindi anche il momento angolare rispetto a tale polo si conserva. ˆ Lungo la direzione perpendicolare alla parete si ha che la quantità di moto ha la massima variazione - lo si vede pensando ad un urto con un corpo di massa infinita, la velocità perpendicolare inverte di segno mantenendo il modulo. Da questo possiamo dedurre: v cos(45 ) = v cos(3 ). Dal fatto che le forze agenti durante l urto non spostano il loro punto d applicazione abbiamo la conservazione dell energia cinetica: mv 2 = m(v ) 2 + Iω 2 = mv 2 ( cos(45 ) cos(3 ) )2 + Iω 2 da cui troviamo la variazione di momento angolare mv2 (1 ( cos(45 ) cos(3 ) )2 ) L = Iω = I I. La variazione di energia cinetica è nulla, per via del fatto che le forze che agiscono durante l urto non compiono lavoro. 2

3 Problema 3 Un tronco cilindrico di legno di massa m = 6 kg galleggia sull acqua immerso per la metà del suo volume. ˆ Quanti tronchi occorrono per costruire una zattera che sostenga una persona di massa M = 8 kg? Con il legno viene costruita una canoa, che approssimativamente ha la forma di un cilindro cavo lungo l = 3 m e le cui pareti sono spesse d = 4 cm. ˆ Quanti tronchi occorrono per costruire una canoa che sostenga la stessa persona - nell ipotesi di non sprecare materiale? ˆ Sui tronchi l acqua esercita una spinta verso l alto pari al loro peso quando sono immersi per metà: quando sono immersi completamente la spinta è doppia. Quindi su N tronchi immersi completamente viene esercitata una spinta F = 2Nmg che deve contrastare il peso dei tronchi e della persona. Quindi:, da cui 2Nmg = Nmg + Mg N > M/m = 4/3. Basteranno due tronchi quindi per sostenere la zattera e la persona ˆ In questo caso non conosciamo il raggio della canoa e il numero di tronchi. Conviene tenere conto del fatto che lo spessore è piccolo e determinare il volume del legno come variazione del volume dell acqua spostata dalla canoa quando è immersa al massimo - a filo d acqua: V canoa = π 2 l e V legno = d( V + V l ) = πd(2l + 2 ) Abbiamo quindi per il principio di Archimede che la spinta dell acqua spostata dal volume della canoa ρ H2O V canoa g è uguale al peso della canoa sommato al peso della persona: (ρ legno V legno + M)g, dove, dal punto precedente, ρ legno = 1/2ρ H2O. Abbiamo poi che il numero di tronchi è legato al volume del legno dalla relazione Nm = ρ legno V legno. Dalla prima relazione abbiamo: ρ H2O V canoa ρ legno V legno + M ρ H2O π 2 l 1 2 ρ H2Oπd(2l + 2 ) + M (ρ H2O πl 1 2 ρ H2Oπd) 2 ρ H2O πdl M Sostituendo i valori dati troviamo che per.11 m la disuguaglianza è verificata. In termini di numero di tronchi abbiamo quindi N = (ρ H2O/2)πd(2l + 2 ) =.7 m per cui basta un tronco per costruire una canoa che sostenga la persona. 3

4 Problema 4 Due sfere metalliche di raggio r = 1 cm sono inizialmente poste ad una distanza d 1 = 1 m. La prima viene messa in contatto con una forza elettromotrice e posta ad un potenziale V 1 = 1 V rispetto a terra; la seconda viene posta ad un potenziale V 2 = 1 V rispetto a terra. ˆ Si determini l energia potenziale elettrica del sistema. Supponiamo di avvicinare le due sfere ad una distanza d 2 = 2 cm. ˆ Dire, giustificando la risposta, se il potenziale rispetto a terra della pallina carica positivamente cresce, resta costante o diminuisce. ˆ La distanza tra le sfere è tale da poterle considerare inizialmente come isolate l una dall altra. In queste condizioni ogni sfera è un armatura di un condensatore di capacità C = 4πε la cui altra armatura è la terra, posta a potenziale nullo. La carica su ogni sfera è data dalla relazione Q = CV =.11 nc, rispettivamente positiva e negativa. L energia potenziale si può calcolare sfruttando il fatto che entrambe le cariche sono presenti sulla superficie di conduttori posti ad un determinato potenziale, per cui. U = 1 ρv = (Q +V + + Q V ) = QV =.1 µj ˆ Le sfere si attraggono sotto l azione delle forze elettriche, per cui il campo elettrico compie un lavoro positivo quando sono avvicinate: l energia potenziale conseguentemente diminuisce. Poichè la carica è costante, dal punto precedente vediamo che i potenziali alle superfici delle sfere devono avere un valore minore: per simmetria in valore assoluto diminuiscono entrambi, e quindi anche il potenziale della sfera carica positivamente rispetto a terra diminuisce. Problema 5 Nel circuito in figura abbiamo per i componenti i valori: 1 = 1 Ω, 2 = 3 Ω, = 1 Ω, C 1 = 1.5 mf. Al tempo t = la forza elettromotrice, precedentemente nulla, passa istantaneamente a V = 5 V. ˆ Determinare la potenza erogata dalla forza elettromotrice al tempo t = e in condizioni di regime Una volta raggiunte le condizioni di regime, la forza elettromotrice viene istantaneamente spenta. ˆ Determinare la corrente attraverso la resistenza al momento dello spegnimento e dopo un tempo t =.5 s dallo spegnimento ˆ All accensione della forza elettromotrice il condensatore, scarico, presenta ai sui estremi una differenza di potenziale nulla e quindi è equivalente ad un conduttore di resistenza nulla. Il circuito equivalente presenta una serie delle resistenze 1, del parallelo 2 e 2, per cui la forza elettromotrice vede all accensione una resistenza equivalente eq : ( 2 ) = eq = 1 + ( 2 ) La potenza erogata è quindi W = V I = V 2 eq 62 mw 4

5 In condizioni di regime, a corrente stazionaria, il condensatore è attraversato da una corrente nulla ed è quindi equivalente ad un circuito aperto. La forza elettromotrice vede una resistenza equivalente eq formata dalla serie di 1, e 2 : eq = , per cui di nuovo la potenza erogata vale W = V I = V 2 eq 62 mw Notiamo che la tensione ai capi del condensatore a regime è la tensione ai capi della resistenza : V = V V 12.5 mv ˆ Quando la forza elettromotrice viene spenta il suo equivalente circuitale è la sua resistenza interna, nel nostro caso supposta nulla. Il circuito è quindi equivalente ad un circuito C che si scarica, con la resistenza equivalente eq = 2 + (3 ( )) 2 ed un tempo caratteristico τ = eq C 45 ms. La tensione ai capi della resistenza è la frazione della tensione ai capi del condensatore determinabile pensando al partitore composto da 2 e ( ):. La corrente I 3 in è dunque ( ( )) V 3 = V 2 + ( ( )) V V 2 I 3 = V V 2 ( ) = 2 ( ) Sappiamo che nel circuito C la tensione ai capi del condensatore, durante la scarica, segue un andamento. Quindi per t = e t =.5 s la corrente su vale: I() = V I(.5) = V V (t) = V exp t/τ = 42 µa 2 ( ) exp( 45/5) = 13 µa 2 ( ) Problema 6 Una bobina quadrata di lato l = 1 cm, di resistenza e coefficiente di autoinduzione trascurabili, è posta in una regione in cui il campo magnetico B è costante, di valore B =.2 T. Inizialmente il campo magnetico è parallelo alla spira. Al tempo t = la spira viene messa in rotazione con velocità angolare costante ω = 1 giri/s attorno ad un asse passante per uno dei lati della spira. La corrente I attraverso la spira viene estratta dalla regione con campo magnetico e circola su una resistenza di carico = 1 Ω ˆ Determinare la massima potenza dissipata nella resistenza di carico. ˆ Dire quali sono il massimo e il minimo valore del momento delle forze da applicare alla spira per mantenerne la rotazione a velocità angolare costante. ˆ L angolo formato dalla spira con il campo magnetico varia con la rotazione e corrisponde all angolo θ = ωt di cui ruota il momento magnetico associato alla spira. Il campo magnetico è costante su tutti i punti del piano della spira, per cui il suo flusso vale Φ B t = B ds = Bl 2 cos θ(t) = Bl 2 cos (ωt) Alla variazione di flusso corrisponde una forza elettromotrice attraverso la spira: S E = dφ B(t) = Bl 2 ω sin (ωt) 5

6 Questa forza elettromotrice fa circolare nel sistema composto dalla spira e dalla resistenza di carico una corrente I = E/ Quindi la potenza dissipata sulla resistenza di carico vale W = EI = E 2 / = B2 l 4 ω 2 sin 2 (ωt) Quando il seno vale uno, si ha la potenza massima. = 15.8 sin 2 (ωt) µw ˆ Il momento delle forze applicate sulla spira esternamente ed il momento della forza di Lorentz sulla spira percorsa dalla corrente calcolato rispetto all asse passante per uno dei lati si equilibrano per avere una velocità angolare e quindi un momento angolare della spira costante. Il lavoro compiuto da una forza che fa ruotare lungo una circonferenza il suo punto di applicazione vale M(t)ω(t) d( t), dove M è il modulo del momento della forza rispetto al centro della circonferenza e ω(t) è la velocità angolare. A questo lavoro compiuto corrisponde una potenza fornita dall esterno, che è uguale alla potenza dissipata, in quanto la forza di Lorentz non compie lavoro. Quindi ed il momento M vale: W = dl = M(t)ω(t) M = W ω = B2 l 4 ω sin 2 (ωt) =.25 sin 2 (ωt) µnm Facendo il calcolo esplicito: la forza di Lorentz ha un momento non nullo solo per il lato opposto a quello che funge da asse di rotazione, mentre per l asse di rotazione il braccio della forza di Lorentz è nullo, e per gli altri due lati la forza è parallela all asse di rotazione. Detto x l asse perpendicolare all asse di rotazione e al campo magnetico, ŷ l asse di rotazione e ẑ l asse parallelo al campo magnetico si ha: e quindi M FL F L = IlB ŷ ẑ = IlB x = r F L = (l cos (θ(t)) x + l sin (θ(t))ẑ) IlB x = Il 2 B sin (ωt)ŷ Usando il valore di I(t) = E(t)/ troviamo che il momento delle forze esterne vale: M F = M F = B2 l 4 ω sin2 (ωt) ŷ, da cui ricaviamo l informazione che il momento delle forze esterne ha sempre lo stesso verso, ed i suoi valori massimi e minimi si hanno rispettivamente per sin (ωt) = 1 e sin (ωt) = : M max = B2 l 4 ω = W max ω M min = 6

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