PROVA SCRITTA DI FISICA (Ing. GEST.) Sede Fermo Aprile 2018

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1 Cognome e Nome: PROV SCRITT DI FISIC (Ing. GEST.) Sede Fermo prile 018 Matricola: Q1. Si può dimostrare che, sotto opportune condizioni, la velocità v di propagazione delle onde trasversali su una corda dipende dalla tensione τ della corda, dalla sua massa m e dalla sua lunghezza l. Sulla base di considerazioni di carattere dimensionale, si ricavi, a meno di una costante adimensionale, la relazione tra la velocità v e le altre grandezze sopra citate. (punti 3) Q. Dati i vettori a, b e c = a + b, sapendo che c è perpendicolare ad a e che b = c, determinare: (a) il valore dell angolo α compreso tra b e c; (punti ) (b) il valore della quantità c (a b). (punti ) (a) (b) Q3. Un proiettile viene sparato da un cannone con velocità di modulo v 0 ad un angolo α rispetto alla superficie di un terreno piano. Nel punto più alto della traiettoria il proiettile esplode in due frammenti, e, di uguale massa. Il frammento ritraccia la traiettoria del proiettile e raggiunge il suolo nel punto di partenza. Calcolare: (a) la velocità del frammento immediatamente dopo l esplosione; (punti 3) (b) la distanza d tra il punto di partenza del proiettile e il punto in cui il frammento colpisce il suolo. (punti 3) (a) (b) Q4. Un corpo di massa m = 1 kg è collegato da un filo inestensibile di massa trascurabile a un corpo di massa m = kg, posato su una superficie orizzontale scabra. Il coefficiente di attrito dinamico della superficie è pari a μ d = 0.. Il filo è accoppiato a una puleggia ideale, di momento d inerzia trascurabile e libera di ruotare senza attrito. Determinare: m M (a) il modulo a dell accelerazione dei due blocchi; (punti ) (b) la tensione T del filo. (punti ) (c) Si ripeta il calcolo di a nel caso in cui il momento d inerzia I della puleggia non sia trascurabile, ma μ d m pari a I = MR /, con M = 1 kg ed R indicante il raggio della puleggia (si assuma che il filo metta in rotazione la puleggia senza strisciare). (punti 3) (a) (b) (c) Q5. Soggetta all attrazione gravitazionale terrestre, la Stazione Spaziale Internazionale (ISS) orbita attorno alla Terra con velocità di modulo costante, su una traiettoria circolare. Sapendo che l orbita dell ISS si trova ad una quota h = 400 km rispetto alla superficie terrestre, determinare: (a) il rapporto tra la forza di gravità esercitata dalla Terra su un corpo di massa m posto sulla ISS e quella esercitata sullo stesso corpo posto sulla superficie terrestre; (punti ) (b) il modulo v della velocità della ISS; (punti 3) (c) il numero n di orbite percorse dalla ISS attorno alla Terra in un giorno. (punti 1) N: Costante di gravitazione universale G = N m kg - ; raggio terrestre R = km; massa terrestre M = kg. (a) (b) (c) Q6. Un asta omogenea di lunghezza L e massa M è libera di ruotare, senza attrito, attorno a un asse orizzontale ortogonale all asta e intersecante l asta in un punto O distante L/3 da un estremità dell asta. Lasciata libera con velocità nulla in posizione orizzontale, l asta ruota per effetto della forza peso. Calcolare: a) il momento d inerzia I O dell asta rispetto all asse di rotazione passante per O; (punti ) b) la velocità angolare ω dell asta quando questa passa per la posizione verticale; (punti 3) O c) il valore della forza vincolare N esercitata sull asta dall asse di rotazione nel momento in cui l asta passa per la posizione verticale. (punti 4) N: Il momento d inerzia dell asta rispetto a un asse perpendicolare all asta e passante per il suo centro di massa è I CM = MR /1. (a) (b) (c)

2 SOLUZIONI S1. Si cerca un espressione per v del tipo v = kτ α m β l γ, con k costante numerica adimensionale e con gli esponenti α, β e γ da determinare sulla base di considerazioni dimensionali. Indicate rispettivamente con i simboli L, T e M le dimensioni delle grandezze fondamentali lunghezza, tempo e massa, le dimensioni delle grandezze in esame sono: [v] = L 1 T -1 M 0, [m] = L 0 T 0 M 1, [l] = L 1 T 0 M 0, mentre quelle della tensione τ (una forza) sono pari a una massa per un accelerazione, ossia [τ] = L 1 T - M 1. nalizzando l espressione per v dal punto di vista dimensionale, si ha: [v] = L 1 T -1 M 0 = [τ] α [m] β [l] γ = L α+γ T -α M α+β. L equazione dimensionale è soddisfatta solo se gli esponenti rispettano le seguenti relazioni: α + γ = 1, α = 1 e α + β = 0. Questo sistema di tre equazioni in tre incognite ha per soluzione α = γ = ½ e β = ½. La relazione cercata è dunque l v k. L analisi dimensionale non può invece fornire il valore della costante adimensionale k, che si può m dimostrare essere pari a 1. S. (a) Il fatto che c sia la somma di a + b e che c sia perpendicolare al vettore a implica che i tre vettori possono essere disposti come in figura, a formare un triangolo rettangolo. Ne consegue che per l angolo α compreso tra b e c, indicato in figura, vale la relazione b cosα= c. Da qui, utilizzando la condizione b = c, si ottiene immediatamente cosα = ½, ossia α = 60. llo stesso risultato si perviene svolgendo il seguente conto e ricordando che a c = 0 essendo a e c ortogonali: b c c a c c c a c c 0 c 1 cos. b c b c b c b c b α c a b γ NOTE. Nel calcolare l angolo tra due vettori occorre prestare attenzione al verso dei vettori. Per definizione, l angolo tra due vettori è l angolo (compreso tra 0 e 180 ) individuato da una coppia di rette orientate parallele e concordi ai vettori considerati (vedi figura). In altri termini, è l angolo di cui occorre ruotare uno dei due vettori al fine di renderlo parallelo e concorde all altro vettore. Tale angolo coincide con l angolo convesso compreso tra i due vettori solo quando questi sono rappresentati con l origine (o la punta) in comune. Non è così se i vettori sono rappresentati uno di seguito all altro. d esempio, con riferimento alla figura, nel caso dei vettori a e b, l angolo γ tra questi compreso non è pari a 30 (l angolo interno del triangolo), bensì al suo supplementare 150 (l angolo esterno del triangolo). Una rotazione di b di 30 in senso antiorario lo porterebbe infatti ad avere la stessa direzione di a, ma verso opposto. (b) Si noti innanzitutto che la quantità c (a b) è la quantità scalare che si ottiene eseguendo il prodotto scalare di c con il vettore ottenuto dal prodotto a b. Dovendo formare un triangolo, i vettori a, b e c sono ovviamente complanari. Di conseguenza, il vettore prodotto a b è per definizione ortogonale al piano individuato da a e da b ed è quindi ortogonale anche a c. Il prodotto scalare tra c e a b è dunque nullo trattandosi del prodotto scalare di vettori ortogonali. In definitiva c (a b) = 0. S3. (a) Durante l esplosione del proiettile non agiscono sul proiettile forze impulsive (l unica forza esterna è la forza peso, che è non impulsiva). Di conseguenza, nell esplosione si conserva la quantità di moto del sistema. Possiamo dunque scrivere mv P = (m/)v + (m/)v, avendo indicato con m la massa del proiettile, con v P la sua velocità subito prima dell esplosione e con v e v le velocità dei due frammenti y h v v P v v 0 α CM 0 d h d P subito dopo l esplosione. L esplosione avviene nel punto più alto della traiettoria parabolica del proiettile. In tale punto la velocità del proiettile v P è orizzontale e pari alla componente orizzontale della velocità di lancio, ossia v P = v 0 cosαi, con i indicante il versore dell asse x rappresentato in figura (nel moto di un grave l accelerazione di gravità influenza solo la componente verticale della velocità, mentre la componente orizzontale rimane costante). Per quanto riguarda il frammento, il fatto che questo ripercorra all indietro la d x

3 traiettoria del proiettile implica che subito dopo l urto la sua velocità sia uguale e opposta alla velocità v P, ossia v = v P = v 0 cosαi (il fatto che la massa del frammento sia la metà della massa del proiettile non ha importanza, essendo il moto di un grave indipendente dalla massa). pplicando la conservazione della quantità di moto si ottiene dunque mv 0 cosαi = (m/)vcosαi + (m/)v, la cui soluzione è v = 3v 0 cosαi. (b) pplicando al proiettile le formule del moto di un grave, si ricava facilmente che l esplosione avviene ad un altezza h = v 0 sin α/g, con il proiettile che ha percorso nella direzione orizzontale una distanza d h = v 0 sinαcosα/g = d P / (avendo indicato con d P = v 0 sinαcosα/g la gittata che il proiettile avrebbe percorso se non fosse esploso). Conoscendo le coordinate del punto in cui avviene l esplosione e conoscendo la velocità iniziale del frammento, calcolata al punto precedente, le leggi della cinematica permettono di calcolare facilmente il punto di caduta di (provare a svolgere il calcolo). E però possibile ottenere lo stesso risultato in maniera più rapida con il seguente ragionamento. Si osservi, innanzitutto, che ad ogni istante t dopo l esplosione i frammenti e si trovano alla stessa quota y(t) = h gt /, con t indicante il tempo trascorso a partire dall esplosione; in particolare i due frammenti toccano terra contemporaneamente. Si consideri ora il sistema costituito dai frammenti e, inizialmente uniti a formare il proiettile. Prima dell esplosione il centro di massa (CM) del sistema coincide con la posizione del proiettile; dopo l esplosione, avendo i due frammenti uguale massa, il CM è nel punto medio rispetto alle posizioni dei due frammenti, condividendone la stessa quota. In particolare, poiché il frammento ricade nell origine, indicata con d la distanza dall origine del punto di caduta del frammento, il CM tocca terra in un punto distante d/ dall origine. Poiché tale punto coincide con il punto di coordinata x = d P in cui sarebbe caduto il proiettile se non fosse esploso (vedi note), si ricava immediatamente che il frammento tocca terra nel punto distante dall origine d = d P = 4v 0 sinαcosα/g, pari a due volte la gittata del proiettile. NOTE. Come sottolineato nella soluzione precedente, dopo l esplosione il CM percorre la stessa traiettoria che avrebbe percorso il proiettile se non fosse esploso. In particolare il CM tocca terra in un punto sito a una distanza dall origine pari alla gittata del proiettile. Ciò discende dalla prima equazione cardinale, per cui il moto del CM è determinato dalle sole forze esterne, in questo caso dalla forza peso complessiva agente sul sistema P = mg. Tale forza (prima, durante e dopo l esplosione) coincide con quella agente sul proiettile se questo non fosse esploso. Il proiettile inesploso e il CM sono dunque soggetti alla stessa forza. Proiettile e CM condividono inoltre la stessa posizione di partenza e la stessa velocità iniziale (banalmente, il CM coincide con il proiettile prima dell esplosione). Poiché proiettile inesploso e CM sono soggetti alla stessa forza e condividono le stesse condizioni iniziali, il loro moto è necessariamente coincidente (stessa traiettoria e stessa legge oraria). S4. (a) Nel caso di puleggia ideale, con momento d inerzia trascurabile e capace di ruotare senza attrito attorno al proprio asse, la tensione T del filo è la stessa a monte e a valle della puleggia. Con riferimento al disegno della traccia, l equazione delle forze per il blocco, proiettata lungo un asse orizzontale orientato verso destra, è: T μ d m g = m a; quella per il blocco, proiettata lungo un asse verticale orientato verso il m dm basso, è: m g T = m a. Risolvendo il sistema di due equazioni, si ottiene a g 5.88 m/s. m m (b) Dal sistema di equazioni del punto precedente si ricava anche la tensione mm T mg a g1 d N. m m (c) Nel caso in cui la puleggia abbia momento d inerzia I non trascurabile, occorre considerare anche il suo moto di rotazione. La seconda equazione cardinale per la puleggia, proiettata lungo un asse parallelo all asse di rotazione ed entrante nel piano della figura (in modo da considerare positive le rotazioni della puleggia in senso orario), è R(T T ) = Iα, avendo indicato con R il raggio della puleggia, con α la proiezione del vettore accelerazione angolare lungo l asse sopra indicato e con T e T la tensione dei tratti di filo colleganti la puleggia, rispettivamente, con il blocco e. Per quanto riguarda il filo, si noti che nel caso di puleggia con momento d inerzia non trascurabile è necessaria una differenza di tensione tra le porzioni di filo a monte e a valle della puleggia se si vuole che α sia diverso da zero. Di conseguenza, vanno modificate

4 anche le equazioni relative ai due blocchi, che diventano: T μ d m g = m a, per il blocco ; m g T = m a, per il blocco. Risolvendo il sistema di tre equazioni, tenendo conto che I = MR / (con M massa della puleggia) e che α = a/r (nell ipotesi che il filo non scivoli sulla puleggia), si ottiene m m a g d 5.04 m/s. m m M / S5. (a) Per la legge di gravitazione universale la Terra esercita su un qualsiasi corpo di massa m posto ad una distanza r dal centro della Terra una forza attrattiva di modulo pari a GMm/r, con M indicante la massa terrestre e G la costante di gravitazione universale. Osservando che r è pari al raggio terrestre R se il corpo è posto sulla superficie terrestre, mentre è pari ad R+h per un corpo in orbita ad una quota h rispetto alla GMm R h GMm R superficie terrestre, si ricava immediatamente il rapporto richiesto: R R h NOTE. La forza di attrazione gravitazionale esercitata dalla Terra su un corpo posto sull ISS è dunque l 89% della forza esercitata sullo stesso corpo posto sulla superficie terrestre, un valore per nulla trascurabile. Il motivo per cui gli astronauti sull ISS fluttuano come in assenza di gravità non è dunque nella debolezza dell attrazione gravitazionale, bensì nell accelerazione centripeta causata dal moto di rivoluzione della stazione (e degli astronauti in essa contenuti) attorno alla Terra (è come se l ISS fosse perennemente in caduta libera verso la Terra). Nel sistema di riferimento non inerziale solidale con la stazione (in cui stazione e astronauti sono per definizione fermi) lo stesso fenomeno è invece attribuito all equilibrio tra la forza gravitazionale e la forza centrifuga. (b) L ISS si muove su un orbita circolare di raggio R+h con velocità di modulo v costante. La sua accelerazione ha dunque componente tangenziale nulla e componente centripeta pari a v /(R + h). Indicata GMms v con m s la massa dell ISS, l equazione delle forze per la stazione è dunque m R h s, da cui si R h GM ricava immediatamente v 7669 m/s. R h (c) Indicata con t = s la durata di un giorno solare, il numero n di orbite percorso dall ISS in un giorno vt è pari allo spazio percorso vt diviso per la lunghezza di un orbita π(r+h), ossia n ( R h). S6. (a) La distanza d tra il centro di massa (CM) dell asta, posto nel centro geometrico dell asta, e il punto O, posto a una distanza di L/3 da un estremo dell asta, è pari a d = L/ L/3 = L/6. Considerati due assi perpendicolari all asta, uno passante per il punto O e uno passante per il CM, i relativi momenti d inerzia sono legati, per il teorema di Huygens-Steiner, mediante la seguente relazione: I O = I CM + Md = ML /9. (b) Le uniche forze agenti sul sistema sono la forza peso, conservativa, e la reazione vincolare esercitata dall asse, che non compie lavoro. E dunque possibile applicare il principio di conservazione dell energia meccanica E tra lo stato iniziale (asta orizzontale) e finale (asta verticale). Posta pari a zero la quota iniziale del CM, nello stato iniziale è nulla sia l energia cinetica sia quella potenziale gravitazionale, per cui E i = 0. Nello stato finale l energia cinetica è pari a I O ω / (moto di pura rotazione dell asta attorno all asse passante per O) mentre l energia potenziale, a causa dalla diminuzione di quota del CM, è pari a MgL/6, per cui E f = I O ω 3g / MgL/6. Imponendo E i = E f si ottiene. L NOTE. Si noti che in linea di principio l energia potenziale gravitazionale non dipende dalla quota del CM, bensì da quella del baricentro. In effetti, CM e baricentro sono in generale due punti distinti, ma possono

5 essere considerati coincidenti nel limite in cui la forza di gravità può essere considerata costante in tutti i punti del corpo considerato. Per i normali sistemi meccanici tale distinzione è dunque puramente teorica. (c) Nel moto di caduta, il CM dell asta descrive una traiettoria circolare di raggio d = L/6 con velocità scalare v CM variabile nel tempo e massima quando il CM raggiunge la quota più bassa. Per la prima equazione cardinale, la somma delle forze esterne agenti sull asta (forza peso e reazione vincolare) è pari alla massa dell asta per l accelerazione del CM a CM : Mgj + N = Ma CM, avendo indicato con N il vettore della reazione vincolare e con j il versore dell asse y, verticale e orientato verso l alto. In linea generale N può assumere qualsiasi direzione ortogonale all asse di rotazione, ma è facile convincersi che N è necessariamente parallelo all asta quando questa si trova in posizione verticale. Infatti, quando l asta passa per la posizione verticale, la componente tangenziale dell accelerazione del CM a CM,t è nulla, essendo massima la velocità scalare del CM: a CM,t = dv CM /dt = 0. Di conseguenza, nello stesso istante, il vettore a CM ha solo la componente centripeta ed è quindi diretto verticalmente: a CM = (v CM /d)j = dω j. Sostituendo nella L L 3g 3 prima equazione cardinale, si ottiene: N M Mg j M Mg j Mgj. 6 6 L