Soluzione Compito di Fisica Generale I Ing. Elettronica e delle Telecomunicazioni 09/06/2017

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1 Soluzione Compito di Fisica Generale I Ing. Elettronica e delle Telecomunicazioni 09/06/017 Esercizio 1 1) Durante il salto dell uomo non sono presenti forze esterne impulsive, per cui la quantità di moto totale del sistema si conserva. Si può quindi scrivere: p in = 0 = p fin = mv + m A V A + V B (1) Inoltre la molla è inizialmente a riposo (e comunque ha un inerzia, per cui non si accorcia o allunga istantaneamente), per cui: V B = 0 () La velocità u è misurata nel riferimento del carrello A, cioè è la velocità relativa dell uomo rispetto al carrello A. Pertanto la relazione fra le velocità assolute V e V A e la velocità relativa u è: u = V V A (3) Combinando la (3) con la (1) si ottiene il sistema: { mv = m A V A u = V V A mv = m(v A + u ) = m A V A V A = u ( m ) ; V = +u ( m A ) (4) ) Il lavoro delle forze muscolari dell uomo corrisponde alla variazione di energia cinetica del sistema durante il salto stesso, in cui sia il carrello A che l uomo acquistano una velocità non nulla. Pertanto: L = K f K in = m + mv = [ m A ( m ) + m ( m A ) ] u = ( mm A ) u (5) 3) Dopo aver eseguito il salto l uomo non fa più parte del sistema, che quindi è formato dai due carrelli uniti dalla molla. Questo sistema è isolato, per cui la quantità di moto totale si conserva; possiamo pertanto scrivere: m A V A = m A V A + V B (6) dove V A e V B sono le velocità dei carrelli A e B in un istante generico successivo al salto. L espressione della velocità V B è perciò: V B = m A (V A V A ) (7) Quando la molla raggiunge il massimo allungamento le velocità V B e V A devono essere eguali, per cui: V A = m A (V A V A ) V A = m A +m A V A = V B (8) Applicando il principio di conservazione dell energia e tenendo conto del fatto che inizialmente la molla è scarica si ha:

2 E = E in = K in + U in = m + 0 = K fin + U fin = m (m A + ) ( m A ) V +m A + δ A δ = m + V B + δ = (1 m A ) = m A V A +m A ( +m A ) (9) Si ottiene quindi, sostituendo la (4) per V A : m δ = u ( ) m A ( +m A ) (10) In alternativa si può utilizzare esplicitamente il teorema di Koenig, ovvero scrivere l energia cinetica dei due carrelli come somma dell energia cinetica del centro di massa K CM e dell energia cinetica relativa K rel. Poiché il moto del centro di massa del sistema dei due carrelli è rettilineo uniforme (il sistema è isolato), l energia cinetica del centro di massa è costante, mentre l energia cinetica relativa si può interamente trasformare in energia potenziale U della molla. Essendo costante l energia totale E si ottiene: E = K CM + K rel + U δ = E K CM = m (m A+ )V CM (11) La velocità V CM del centro di massa si ricava ricordando che subito dopo il salto si muove solo il carrello A; pertanto: (m A + )V CM = m A V A V CM = m m A + δ = E K CM = m m A (m A + )V A (m A + ) (1) In conclusione: δ = m (1 m A ) = V A m A + ( m A m A + ) (13) come nella (9). 4) Introduciamo le coordinate del centro di massa X CM e la coordinata relativa x definite da: { X CM = m Ax A + x B m A + x = x B x A (14) Visto che il moto avviene lungo un unico asse è sufficiente considerare una sola coordinata scalare (con il suo segno!) al posto di una grandezza vettoriale. Invertendo le (14) si ottiene: x A = X CM { x B = X CM + x m A + m A x m A + (15) Moltiplicando per m A, differenziando due volte la prima delle (15) ed applicando il secondo principio di Newton si ha: m A x A = m A X CM m A m A + x = F el = (x B x A l) = (x l) (16)

3 Il centro di massa si muove di moto rettilineo uniforme perché il sistema è isolato; la (16) si riduce quindi ad un equazione per la sola coordinata relativa x la cui soluzione è un moto armonico. Infatti: m A m A + x = (x l) x = ω (x l); ω = ( m A m A + ) Inserendo condizioni iniziali generiche la soluzione completa della (17) è: = (m A+ ) m A (17) x(t) = l + cos ωt + C sin ωt (18) con e C costanti da determinare tramite le condizioni iniziali. Poiché all istante t = 0 si muove solo il carrello A con velocità V A ed i due carrelli si trovano rispettivamente in x A (0) = 0 e x B (0) = l le condizioni iniziali sono: { X CM(0) = m Ax A (0)+ x B (0) = l ; X CM(0) = m Ax A (0)+x B (0) = m m A + m A + m A + m A + x(0) = x B (0) x A (0) = l; x (0) = x B(0) x A(0) = V A (19) Sostituendo le seconde delle (19) nella (18) si ha: l = + l = 0; ωc = V A C = V A ω (0) Inserendo le (0) e la condizione di moto rettilineo uniforme del centro di massa nella prima delle (15) si ottiene infine: x A (t) = X CM (t) x(t) = m A + m A V A m A + t + l m A + + m V A m A + ω m A + t m A + (l V A ω sin ωt) = sin ωt (1) Esercizio 1) Al termine del processo di carica entrambi i condensatori saranno al potenziale V della batteria, per cui: Q 1 = V; Q = C V = V () L energia totale del sistema è la somma delle energie dei due condensatori carichi, ovvero: U = V + C V = 3V (3) ) Poiché i condensatori sono isolati e disconnessi dalla batteria, le cariche Q 1 e Q rimangono invariate, mentre nel condensatore il campo elettrico varia a causa dell inserimento del dielettrico e conseguentemente variano anche la differenza di potenziale e la capacità. Infatti la nuova capacità C è ε volte quella precedente, ovvero: C = εc = ε (4) La nuova energia del sistema è quindi, ricordando che le cariche non variano:

4 U = V + Q = V + C V = V + V C εc ε Il lavoro per inserire il dielettrico nel condensatore è quindi: L = U U = V ( (+ε) ε 3 ) = V ( (+ε) 3ε ε = V ( + ε) (5) ε ) = (ε 1) V (6) Il lavoro è negativo, per cui non occorre fornire lavoro per inserire il dielettrico nel condensatore, ma è il condensatore stesso che lo risucchia. Nel processo di inserimento del dielettrico si creano infatti, a causa della polarizzazione, delle forze attrattive vicino al bordo del condensatore. 3) Le cariche all equilibrio Q 1,f e Q,f si ricavano osservando che quando la situazione diventa stabile i due condensatori devono trovarsi allo stesso potenziale, per cui: ε Q 1,f = Q,f C = Q,f ε Q,f = εq 1,f (7) Inoltre, per la conservazione della carica: Q 1,f + Q,f = (1 + ε)q 1,f = Q 1 + Q = 3 V (8) Dalla (8) si ottiene quindi: Q 1,f = 3 (1+ε) V; Q,f = 6ε (1+ε) V (9) 4) Dopo l inserimento del dielettrico la d.d.p. ai capi del condensatore è ridotta di un fattore ε, per cui il sistema non è più all equilibrio e si ha un passaggio di corrente. Applicando la seconda legge di Kirchoff alla maglia formata dai due condensatori e dalla resistenza possiamo scrivere: V 1 (t) = Q 1 (t) = V (t) + RI = Q (t) + RI = Q (t) + RI (30) C ε Poiché ai capi del condensatore c è una d.d.p. inferiore a quella ai capi del condensatore 1, una corrente positiva corrisponde ad una diminuzione della carica sul condensatore 1 e ad un aumento di carica sul condensatore, per cui: I = dq 1 (t) = + dq (t) (31) In base alla condizione di conservazione della carica possiamo scrivere: Q 1 (t) + Q (t) = Q 1 + Q = 3 V Q (t) = 3 V Q 1 (t) (3) Inserendo la (31) e la (3) nella (30) si ha: Q 1 (t) = 3V Q 1 (t) R dq 1 (t) ε R dq 1 (t) + (1+ε) Q 1 (t) = 3V ε ε (33) La soluzione dell equazione omogenea associata alla (33) è:

5 Q 1 (t) = A exp ( t ε ) ; τ = RC τ (1+ε) 1 (34) dove A è una costante da determinare inserendo le condizioni iniziali nella soluzione completa. Le condizioni di equilibrio sono note perché per t la carica sul condensatore 1 è (formula (9)): lim Q 1(t) = Q 1,f = 3V t (1+ε) (35) La soluzione completa della (33), includendo la condizione di regime (35), è quindi: Q 1 (t) = A exp ( t τ ) + 3V (1+ε) (36) All istante t = 0 la carica sul condensatore 1 è ancora quella al termine della carica iniziale, ovvero V, per cui: Q 1 (0) = V = A + 3V (1+ε) Sostituendo nella (36) si ha infine: A = (ε 1)V (1+ε) (37) Q 1 (t) = V ( 3 + (ε 1) exp ( t )) (38) (1+ε) (1+ε) τ Utilizzando la (3) si ricava l andamento di Q (t): Q (t) = 3 V Q 1 (t) = V (3 3 (ε 1) exp ( t )) = C (1+ε) (1+ε) τ 1V ( 6ε (ε 1) (1+ε) exp ( t )) (39) (1+ε) τ Come controllo finale possiamo verificare che a t = 0 anche la carica sul condensatore coincida con quella al termine della carica iniziale. Infatti: Q (0) = V ( 6ε ε+ (1+ε) ) = V (ε+1) (1+ε) = V = C V (40)