UNIVERSITA DEGLI STUDI DI GENOVA SCUOLA POLITECNICA FISICA GENERALE I

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1 UNIVERSITA DEGLI STUDI DI GENOVA SCUOLA POLITECNICA FISICA GENERALE I - Sede di Spezia Prova A del /0/07 Lo studente mostri i passaggi principali con alcune parole di spiegazione leggibile e fornisca i risultati numerici finali in unità del sistema internazionale (SI), senza passaggi spiegati e risultati l elaborato non verrà corretto. Risultati finali siano espressi con due cifre significative. ME Un blocchetto di massa m = 00 g è appoggiato su un disco rotante orizzontale a distanza r = 0 cm dal centro di rotazione e tra disco e blocchetto vi è attrito con coefficiente di attrito statico μ S = Il disco, inizialmente fermo, a t 0 = 0 s viene messo in rotazione con accelerazione angolare costante α = 6.5 rad/s. Considerando nei calcoli le direzioni radiale, tangenziale e perpendicolare al disco (z), calcolare:. Per t 0, le componenti della forza di attrito statico. Il tempo t s dopo il quale il blocchetto inizia a scivolare sul disco 3. A t s le componenti della forza di attrito statico ME Una ruota formata da un cerchione cilindrico di massa m c = 0 kg e raggio r = 0 cm e da un pneumatico pieno omogeneo di massa m p = 5.0 kg con raggio interno r ed esterno R = 30 cm viene posta in quiete su un piano lungo L = 0 m inclinato rispetto all orizzontale di un angolo θ. Se il coefficiente di attrito statico vale μ S = 0.70 e supponendo il moto di puro rotolamento, calcolare per θ = 0. la velocità del centro di massa della ruota alla fine del piano inclinato. il tempo necessario a scendere dal piano inclinato 3. Se si cambia l angolo, calcolare l angolo massimo θ MAX di inclinazione affinché la ruota scenda con moto di puro rotolamento EM Tre condensatori C = 00 μf, C = 50 μf, e C 3 = 5 μf vengono caricati collegandoli ad una batteria con f.e.m. ε = 00 V. Successivamente C e C 3 vengono collegati in serie (armatura positiva di C con armatura positiva di C 3 ). A questa serie viene collegato in parallelo C (armatura positiva di C con armatura negativa di C ). In condizioni di regime, calcolare. la carica sui tre condensatori prima di effettuare i collegamenti in serie e parallelo. Dopo aver effettuato i collegamenti, la differenza di potenziale ai capi di ciascun condensatore 3. l energia dissipata nei processi di collegamento EM Tre fili conduttori, f A f B f C, di spessore trascurabile e molto lunghi sono paralleli all asse x. Essi passano per tre vertici di un quadrato ovvero i punti A=(0,0,0) m, B=(0,0,0) cm e C=(0,0,0) cm del piano yz e sono attraversati da correnti I A = 5.0 A (concorde con asse x), I B = 5.0 A (opposta ad asse x) e I C = 0 A (concorde con asse x). Calcolare. il vettore campo magnetico generato dalle sole correnti I A e I B nel centro del quadrato e. il vettore campo magnetico nel vertice C del quadrato 3. il vettore forza che f A f B applicano a f C per ogni metro di lunghezza di C.

2 SOLUZIONI con valori per Fila A ME Descriviamo il moto definendo un sistema di riferimento inerziale fisso: terna destrorsa con gli assi rad,tang,z. I vettori saranno disegnati anche leggermente spostati per motivi di chiarezza.. Il blocchetto interagisce con la Terra (forza peso) e con il disco (reazione normale e attrito). Il blocchetto, se in quiete sul disco, esegue un moto circolare non uniforme. Esso sarà sottoposto ad una accelerazione radiale centripeta di modulo a c = v r = ω r (v velocità (lineare) e ω velocità angolare del blocchetto) ed una accelerazione tangenziale a t = αr. Al tempo t 0 = 0 s la velocità è nulla e quindi il blocchetto ha solo accelerazione tangenziale dovuta alla forza di attrito statico. Il diagramma delle forze è come in figura e la seconda legge di Newton proiettata sugli assi Rad: 0 = 0 Tang: f a = ma t Da cui f a = mαr = N 65 mn in direzione tangenziale, ovvero f a = (0, f a, 0), verifichiamo anche che la forza di attrito statico sia sufficiente N = mg, f a μ S N = μ S mg = N. Osservazione: la forza di attrito è una forza di azione e reazione tra blocchetto e disco. Il disco accelera e quindi la forza di attrito applicata al disco tende ad opporsi (verso opposto alla velocità nel punto di contatto P c col blocchetto) mentre al blocchetto è applicata la forza nel verso della velocità di P c che è quella che accelera il blocchetto insieme al disco.. Al passare del tempo, la velocità del blocchetto aumenta (essendo l accelerazione angolare costante ω = α(t t 0 ) = αt) e quindi nasce una componente radiale (centripeta) dell accelerazione che continua a crescere nel tempo. A t s la forza di attrito statico è massima f amax = f at + f ac =μ S N, da questo momento in poi il blocchetto inizia a scivolare sul disco. A t s la seconda legge di Newton proiettata sugli assi è Rad: f ac = mω r Tang: f at = mαr

3 Da cui f amax = f at + f ac = (mαr) + (mω r) = μ S N = μ S mg (μ S mg) (mαr) = (mω r) ω 4 = (μ Smg) (mαr) 4 ω = (μ Smg) (mαr) = rad/s e quindi t m r m r s = ω = α.370s.3 s 3. Il valore assoluto delle componenti della forza di attrito statico sono f at = mαr = N 65 mn e f ac = mω r = N 0.73 N ovvero f a = ( f ac, f at, 0). Nota: Un modo alternativo per risolvere è definendo un sistema di riferimento non inerziale: terna destrorsa con gli assi rad,tang,z solidali con il disco. Il blocchetto è fino al tempo t s in quiete sul disco. Nel sistema non inerziale oltre alle forze reali agiscono le forze apparenti dovute all accelerazione del sistema: forza centrifuga F c = mω r in direzione radiale e la forza dovuta all accelerazione angolare in verso opposto a quello tangenziale e di modulo F α = mαr. Al tempo t 0 = 0 s la seconda legge di Newton proiettata sugli assi Rad: 0 = 0 Tang: f a F α = 0 Da cui f a = mαr in direzione tangenziale, ovvero f a = (0, f a, 0), come nel primo modo di risoluzione. A t s la seconda legge di Newton proiettata sugli assi è Rad: F c f ac = 0 f ac = mω r Tang: f at mαr =0 Che fornisce risultati analoghi a prima. Dopo t s entrerebbe in gioco anche la forza di Coriolis essendo il blocchetto in movimento rispetto al sistema di riferimento non inerziale rotante. ME Il momento di inerzia baricentrale della ruota vale I CM = m cr + m p(r r ), definiamo anche M = m c + m p e A il punto di contatto della ruota sul piano inclinato. La ruota interagisce con la Terra (forza peso) e con il piano inclinato (forza normale e attrito). Il diagramma delle forze è come in figura e proiettando sugli assi la I_eq e la II_eq cardinale dei sistemi sugli assi scegliendo per polo il CM si ottiene:

4 X: I_eq: f a Mg sin θ = MA CM Y: I_eq: N Mg cos θ = 0 N = Mg cos θ Z: II_eq: Rf a = I CM α (Primo modo per risolvere) Se il moto è di puro rotolamento, con i versi degli assi scelti, ωr = V CM e derivando αr = A CM f a = I CMα = I CMA CM I CMA CM Mg sin θ = MA R R R CM (M + I CM ) A Mg sin θ R CM = Mg sin θ A CM = = RMg sin θ =.704 m/s per θ = 0. MR +I CM M+ I CM R L accelerazione è costante e la velocità iniziale nulla quindi integrando V CM = A CM t e con una seconda integrazione X CM = X 0 + A CMt, scegliamo la posizione iniziale X 0 = 0, quindi il tempo per percorrere il piano (X CM = L) sarà t d = ( L)/A CM =.795 s.7 s e la velocità al termine V=A CM t d = m s 7.4 m/s. (secondo modo per risolvere) Se il moto è di puro rotolamento l attrito è sempre statico sul piano inclinato fisso e non viene dissipata energia. Applichiamo la conservazione dell energia, quota di riferimento scelta alla quota del CM al termine del piano inclinato e posizione iniziale ad altezza h = L sin θ (vedere anche nota alla fine della risoluzione) E i = E f con E i = Mgh e E f = MV CM + I CMω ed essendo il moto di puro rotolamento E f = MV CM + I CM( V CM R ) = (M + I CM/R )V CM MgL sin θ (M+I CM/R ) MgL sin θ= (M + I CM/R )V CM V = Mg sin θ manipolando l espressione L = L R Mg sin θ = L( A M+I CM /R MR +I CM ) = CM LA CM /( A CM ) = A CM ( L) A CM = A CM t d a parte il segno risultato uguale al primo modo. Per il tempo si procede come nel primo modo essendo l accelerazione costante V=A CM t d (terzo modo per risolvere) proiettando sugli assi la I_eq e la II_eq cardinale dei sistemi sugli assi scegliendo per polo A, col teorema degli assi paralleli I A = I CM + MR si ottiene: X: I_eq: f a Mg sin θ = MA CM Y: I_eq: N Mg cos θ = 0 N = Mg cos θ Z: II_eq: RMg sin θ = I A α Per puro rotolamento (e solo in questo caso) il punto A è un asse di rotazione istantaneo e quindi il moto può essere pensato di pura rotazione attorno ad A Dalla conservazione dell energia E i = Mgh e E f = I Aω ω = Mgh I A MgL sin θ = per puro rotolamento (in modulo) V = ωr = MR +I CM MgL sin θ R = R MgL sin θ uguale a prima (notare V = ωr è la rotazione attorno ad A che MR +I CM MR +I CM determina la velocità del CM e R è misurato a partire dall asse A istantaneamente fermo). Dalla II_eq α= RMg sin θ /I A che è costante quindi integrata nel tempo (con condizione iniziale ω(0) = 0) fornisce ω = αt d t d = ω =.795 s.7 s valore uguale a prima. α

5 (quarto modo per risolvere) Come nel terzo modo scegliendo il polo A ma procedendo come si è fatto nel primo modo ovvero integrando l equazione differenziale. X: I_eq: f a Mg sin θ = MA CM Y: I_eq: N Mg cos θ = 0 N = Mg cos θ Z: II_eq: RMg sin θ = I A α Condizione di puro rotolamento αr = A CM RMg sin θ = I A A CM R R Mg sin θ I CM +MR e poi si procede come nel primo modo. A CM = R Mg sin θ I A = 3.L angolo massimo θ MAX di inclinazione affinché la ruota scenda con moto di puro rotolamento lo si trova partendo da un angolo generico e f a = I CMA CM R = I CM Mg sin θ MR +I CM dell attrito statico vale f amax = μ S N = μ S Mg cos θ I CM Mg sin θ MAX MR +I CM tan θ MAX = μ S (MR + I CM )/I CM θ MAX = poiché il valore massimo = μ S Mg cos θ MAX Nota: In realtà, se al termine del piano inclinato vi è quello orizzontale, i calcoli mostrati sopra commettono un piccolo errore a causa delle dimensioni finite della ruota (non è puntiforme) perché il CM della ruota non percorre esattamente L poiché il bordo inferiore della ruota incontra prima il piano orizzontale (vedi figura). Il calcolo corretto della variazione di quota H = H f H i è H i = H = R sin(90 θ) + h e H f = R H = R (sin(90 θ) ) + L sin θ = R (cos θ ) + L sin θ. Osserviamo che per θ = 0 il fattore vale cos θ = e inoltre R L, quindi anche in presenza del piano orizzontale la correzione è piccola. Per il risultato corretto, in ogni caso, bisogna usare l espressione corretta H. EM. Collegando i condensatori al generatore, raggiungendo le condizioni di regime, la carica sui condensatori vale rispettivamente Q = C ε = C 0 mc, Q = C ε = C 5.0 mc, Q 3 = C 3 ε = C.5 mc. Questa sarà la carica iniziale.. Effettuato il collegamento come specificato, il sistema dei condensatori è isolato e la carica si conserva e quindi dove sono stati uniti C e C 3 è presente una carica Q + Q 3 che dopo il transiente e raggiunte le nuove condizioni di regime si separerà su C e C 3 in modo differente da prima (nuovi valori Q Q 3 ). Dove C si unisce a C la carica vale Q Q e dove C si unisce a C 3 vale Q Q 3 anche in questo caso dopo aver effettuato il collegamento e a regime, la carica verrà ridistribuita (nuovo valore Q ). Considerando la maglia formata dai due rami percorsa in senso orario partendo dal punto A, la legge di Kirchhoff fornisce ) V + V V 3 = 0 Q C + Q C Q 3 C 3 = 0 Mentre, come osservato sopra, ai nodi dove si uniscono i condensatori si conserva la carica

6 ) Q + Q 3 = Q + Q 3 ; 3) Q Q 3 = Q Q 3; 4) Q Q = Q Q Osservazione: Queste ultime 3 equazioni non sono indipendenti: sommando la prima e la seconda si ottiene Q Q = Q Q che è l ultima cambiata si segno quindi le equazioni indipendenti sono 3 come le incognite (ad esempio scegliamo le eq.,,3) e il sistema di equazioni permette di determinare le tre cariche incognite. Utilizziamo la prima equazione ai nodi Q = Q + Q 3 Q 3 e la sostituiamo in quella della maglia Q Q + Q 3 + Q + Q 3 Q 3 Q 3 C C = 0 Q Q C 3 C 3 ( + ) = Q + Q 3 Q C C 3 = C (Q 3 ( + ) C C 3 C ) (*) e sostituita nella seconda ai nodi Q Q 3 = C (Q 3 ( C + C 3 ) Q + Q 3 C Q Q 3 = Q 3 ( + C ( C + C 3 )) +C Q + Q 3 C Q 3 ( + C ( C + C 3 )) = Q + Q 3 +C Q + Q 3 C Q 3 = Q Q+ + Q 3 +C Q3 C +C ( C + C3 ) = C 3.9 mc. E dalla (*) Q = C 8.6 mc. La carica Q = Q + Q 3 Q 3 = C 3.6 mc C ) Q 3 La differenza di potenziale ai capi di C è V = Q C = V 86 V, di C è V = Q C = V 7 V e di C 3 è V 3 = Q 3 C 3 = V.6 0 V. Osservazione: I condensatori all inizio sono tutti in parallelo tra loro e, anche se non specificato nel testo, per effettuare il collegamento successivo occorre staccarli dal generatore altrimenti sarebbe impossibile avere C e C 3 in serie e poi in parallelo con C. 3. l energia inziale immagazzinata nei condensatori vale E i = + + = J e C C C 3 parimenti quella finale E f = Q + Q + Q 3 = J da cui E C C C diss = E = E i E f = J 7 mj. Osservazione: i condensatori sono stati caricati con una f.e.m. di 00 V e C 3 alla fine ha un potenziale più elevato. Tale risultato apparentemente sorprendente dipende dal tipo di collegamento utilizzato. Se ridisegniamo il circuito come in figura ci si accorge che inizialmente C e C hanno un potenziale ai loro capi di 00 V e quindi maggiore dei 00 V di C 3 C e C si scaricano (Q > Q e Q > Q ) per caricare C 3 (Q 3 < Q 3 ). Q Q Q 3 EM Disegniamo i tre fili conduttori, f A f B f C, nel piano yz e definiamo M il punto al centro del quadrato e l = 0 cm lato del quadrato. Per il principio di sovrapposizione, calcoliamo il campo che la corrente di ciascun filo singolarmente genera nei punti richiesti come mostrato in figura dove sono riportate le linee di forza concentriche sui fili A e B ed il vettore B

7 corrispondente che in modulo vale B(r) = μ 0I (r distanza del punto dove si deve calcolare il campo πr dal filo) e orientazione data dalla regola della mano destra. In componenti (per compattezza utilizziamo i versori (0, cos θ, sin θ) nella direzione θ opportuna) il campo magnetico vale B AM = B AM (0,, ) [θ = 35 ], B AM = μ 0I A π l B AM = μ 0I A (0,,) πl B AC = B AC (0,,0)[θ = 80 ], B AC = μ 0I A πl B AC = μ 0I A (0,,0), πl B BM = B BM (0,, ) [θ = 45 ], B BM = μ 0I B B π l BM = μ 0I B (0,,) πl B BC = B BC (0,, ) [θ = 45 ], B BC = μ 0I B π l B BC = μ 0I B πl (0,, ) E il campo complessivo B M = B AM + B BM = (0, μ 0I B πl μ 0I A πl, μ 0I B πl + μ 0I A πl ) = (0, 0, ) T, B C = B AC + B BC = (0, μ 0I B 4πl μ 0I A πl, μ 0I B 4πl ) = (0, 5.0, 5.0) 0 6 T il vettore forza che f A f B applicano a f C per ogni parte di filo lunga L C =.0 m(l C = (L C, 0,0) m vettore lunghezza che ha lo stesso verso della corrente, ovvero parallelo al vettore densità di corrente j) è i j k F = I c L C B C = I c L C 0 0 =I c ( 0 0 B Cy B, L C 0, L C 0 Cz 0 B 0 B Cy B Cz 0 B ) = Cy Cz (0, I c L C B Cz, I c L C B Cy ) = (0, 5.0, 5.0) 0 5 N. Nota: La forza è dovuta ovviamente al campo non prodotto da I C ma solo da I A e I B (è quindi un campo esterno per quanto riguarda f C ), infatti una corrente non agisce su se stessa come, in meccanica, un corpo non accelera se stesso (la forza del corpo su se stesso o non avrebbe senso o sarebbe interna e non modificherebbe lo stato di moto del corpo (moto del CM)). Inoltre essendo il filo di spessore trascurabile (quindi raggio del filo 0), se esistesse anche questa auto-interazione, il campo prodotto dal filo stesso divergerebbe sulla propria posizione: B(r) = μ 0I per r 0 con πr l ulteriore problema legato all orientazione poiché la linea di forza corrispondente si ridurrebbe a un punto e sarebbe indeterminato il verso del campo. Caso diverso sarebbe per un filo spesso, per il quale il suo campo magnetico va a zero al centro ovvero per r 0, però in tal caso la forza dovuta agli altri fili sarebbe da calcolare valutando, in ogni punto dove sta il filo, il contributo della forza (come parte di corrente di corrente in un elemento di area per il valore del campo magnetico esterno in quel punto) che andrebbe integrato sull area del filo (è come suddividere un filo spesso in tanti filini infinitesimi).