Esame di Fisica Data: 18 Febbraio Fisica. 18 Febbraio Problema 1

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1 Fisica 18 Febbraio 2013 ˆ Esame meccanica: problemi 1, 2 e 3. ˆ Esame elettromagnetismo: problemi 4, 5 e 6. Problema 1 Un corpo di massa M = 12 kg, inizialmente in quiete, viene spinto da una forza di modulo costante F = 1400 N su un piano orizzontale. La forza, che ha componente verticale orientata verso il basso, forma con l orizzontale un angolo θ = 30. Tra corpo e piano è presente un coefficiente di attrito dinamico µ d = 0.2 ed un coefficiente di attrito statico µ s = ˆ Dire se la forza è in grado di mettere il corpo in movimento vincendo l attrito statico. ˆ Nel caso che il corpo sia messo in movimento se ne trovi l accelerazione. ˆ Per poter mettere in corpo in movimento occorre che la componente orizzontale della forza F o sia maggiore della massima forza di attrito statico F max esercitata dal piano sul corpo. In formule, detta N la reazione vincolare del piano e F v la componente verticale della forza, abbiamo: F o > F max F o = F cos(θ) F max = µ s N N = mg + F v = mg + F sin(θ) F cos(θ) > µ s (mg + F sin(θ)) Sostituendo i valori numerici dati troviamo che F cos(θ) = N e µ s (mg + F sin(θ)) = N, per cui la diseguazione è verificata ed il corpo viene messo in movimento. ˆ L equazione del moto del corpo è, detta F dyn la forza di attrito dinamico: ma = F o F dyn F dyn = µ d N = µ d (mg + F sin(θ)) a = F cos(θ) µ d(mg + F sin(θ)) m = 87.4 m/s 2 Problema 2 Un corpo di forma cilindrica di raggio = 15 cm e massa M = 1.2 kg è libero di ruotare attorno ad un asse parallelo alla sua altezza e tangente alla sua superficie laterale, come in figura. 1

2 ˆ Determinare il momento d inerzia del cilindro rispetto all asse dato. Il cilindro viene messo in rotazione, partendo da fermo, fino ad una velocità angolare ω f velocità in un tempo t f = 2.5 s = 3 giri/s, e raggiunge questa ˆ Determinare il lavoro effettuato e la potenza media sviluppata. ˆ Determinare il momento assiale della forza da applicare all asse di rotazione per ottenere che durante la fase di accelerazione angolare la velocità angolare abbia un andamento lineare ω(t) = αt. ˆ Il momento d inerzia di un cilindro rispetto ad un asse passante per il centro di massa vale I CM = 1 2 M2. Per determinare il momento assiale rispetto all asse voluto applichiamo HS e otteniamo: I = I CM + M 2 = 3 2 M2 = 0.04 kgm 2 ˆ Il lavoro necessario è pari alla differenza di energia cinetica tra cilindro in moto e cilindo fermo: L = 1 2 Iω2 f = 3.20 J e la potenza media è data da W = L t f = 1.28 W. ˆ Visto che la velocità varia linearmente, l accelerazione angolare α è costante. Possiamo calcolarla a partire dalla velocità finale e dal tempo impiegato a raggiungerla: α = ω f t f L accelerazione angolare del cilindro è legata al modulo del momento assiale M delle forze che agiscono su di esso dalla relazione Iα = M. Abbiamo quindi: M = Iα = I ω f t f = 0.20 Nm Problema 3 Una mongolfiera sferica di raggio = 5 m è riempita di elio, un gas più leggero dell aria, e legata ad una fune verticale col suolo. La massa a vuoto della mongolfiera è M = 230 kg. Supponendo di trascurare la massa della corda e sapendo che la densità dell elio è ρ He = 0.18 kg/m 3 e quella dell aria ρ aria = 1.18 kg/m 3 : ˆ si determini la tensione della corda. ˆ La mongolfiera è in equilibrio sotto l azione della tensione della corda T, della forza di gravità che agisce su di essa e della spinta di archimede dell aria. Detto V il volume della mongolfiera abbiamo: V = 4 3 π3 T = g(v ρ aria V ρ He ) Mg = 2880 N 2

3 Problema 4 Un cilindro conduttore di raggio = 1 cm e di altezza molto maggiore del raggio viene caricato con una densità di carica σ = 1.2 µc cm 2, ˆ Determinare la forza esercitata su una carica puntiforme di prova q = 13 µc posta ad una distanza d = 1.4 m dalla superficie del cilindo. ˆ Determinare la differenza di potenziale tra un punto posto sulla superficie del cilindro e la posizione della carica di prova. ˆ Per simmetria il campo elettrico prodotto dalla carica sul cilindo è radiale ed uniforme. Prendendo una superficie di Gauss cilindrica concentrica all asse del cilindro e di raggio d e altezza h possiamo determinare ilflusso Φ E del campo attraverso tale superficie a partire dalla carica Q contenuta nel volume racchiuso, e quindi determinare il modulo E(d) del campo elettrico nel punto in cui è posta la carica q attraverso il teorema di Gauss, da cui determiniamo la forza F agente su tale carica. In formule: Q = 2πhσ Φ E = Q ε 0 = 2πdhE(d) E(d) = 1 ε 0 d σ F = E(d)q = N ˆ La differenza di potenziale elettrico tra due punti è legato al campo elettrico nello spazio dalla relazione V (x f ) V (x i ) = f E(x) dl. Nel nostro caso abbiamo: i V (d) V () = = = 1 ε 0 σ E(x) dl = 1 ε 0 x σdx = 1 x dx = E(x)dx = = 1 ε 0 σ log( d ) = 2910 V Problema 5 Nel circuito in figura abbiamo V = 220 V, 1 = 100 Ω, 2 = 150 Ω e C 1 = 1.1 mf. Al tempo t = 0 s viene accesa la forza elettromotrice e il condensatore, inizialmente scarico, inizia a caricarsi. ˆ Determinare in condizioni di regime la differenza di potenziale V C elettrostatica U C immagazzinata nel condensatore. presente ai capi del condensatore e l energia 3

4 ˆ Determinare il tempo caratteristico di carica τ C del condensatore. ˆ Quando il circuito è a regime attraverso il condensatore non passa corrente, per cui il circuito è equivalente ad una V serie tra 1 e due 2. Attraverso ogni resistenza passa quindi una corrente I =. Possiamo determinare la differenza di potenziale V C ai capi del condensatore notando come sia la stessa ai capi della resistenza 2 con cui è in parallelo: quindi 2 V C = 2 I = V = 82.5 V L energia immagazzinata nel condensatore vale U C = 1 2 C V 2 C = 1 2 CV 2 ( ) 2 = 3.74 J ˆ Il modo più veloce per trovare τ C è di applicare il teorema del Thevenin al dipolo formato dal condensatore: con questo accorgimento avremo che τ C = th C. La resistenza t h si ottiene notando che cortocircuitando il generatore ai capi del condensatore è presente il parallelo tra 2 e 1 + 2, e quindi: t h = 2( ) τ C = th C = 2( ) C = 0.1 s Problema 6 Una spira conduttrice quadrata di lato L = 4 cm è posta con il suo centro sull origine di un sistema di assi cartesiani, giace sul piano xy ed è percorsa da una corrente costante I = 1.3 A che circola in modo tale da orientare la spira lungo l asse z positivo, come in figura. Nello spazio è presente un campo magnetico diretto anch esso lungo l asse z: per valori di y positivi è di modulo B + = 1.2 T e quindi orientato lungo il verso positivo dell asse z, per valori di y negativi invece è di modulo B = 1.2 T e quindi orientato lungo il verso negativo dell asse z ˆ Si determini la forza di Lorentz F agente sulla spira ˆ Supponendo che la spira sia libera di ruotare attorno all asse x determinare in momento torcente agente su di essa. Come cambia la risposta se invece la spira è libera rotare attorno all asse y? 4

5 ˆ Notiamo subito che la forza di Lorentz agente sui lati della spira diretti lungo l asse y è nulla, perche uguale ed opposta per ogni metà lato giacente a valori di y positivi o negativi rispettivamente. Occorre quindi determinare la forza di Lorentz agente sui lati della spira diretti lungo x. Applicando la regola della mano destra vediamo che per entrambi i lati la forza è diretta lungo il verso positivo dell asse y, per cui avremo, detta F + la forza agente sul lato a y positivo e F quella agente sul lato a y negativo: F = 2ILB 0 = 0.12 N F = F + + F = = ILB 0 xẑ + ILB 0 x ẑ = = 2ILB 0 ŷ ˆ Notiamo subito che sui lati orientati lungo y la forza di Lorentz è diretta lungo l asse e quindi non esercita momento. Per quel che riguarda i due lati orientati lungo x abbiamo che i momenti delle due forze sono uguali ed opposti, per cui il momento torcente complessivo è nullo. Se invece la spira è libera di ruotare intorno all asse y abbiamo che questa volta i lati orientati lungo x non contribuiscono. Per i lati orientati lungo y abbiamo che il momento è la somma dei due momenti esercitati nei semispazi y < 0 e y > 0, che sono uguali ed opposti e quindi si elidono: il momento torcente complessivo è di nuovo nullo. 5