Fisica 21 Gennaio 2013

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1 Fisica 2 Gennaio 2 ˆ Esame meccanica: problemi, 2 e. ˆ Esame elettromagnetismo: problemi 4, 5 e 6. Problema Su un piano inclinato rispetto all orizzontale di gradi è posto un oggetto puntiforme di massa M = g. I coefficienti di attrito tra piano e oggetto valgono rispettivamente µ s =. per quello statico e µ d =.5 per quello dinamico. ˆ Determinare la forza, applicata lungo il piano inclinato, necessaria per mantenere l oggetto in quiete. ˆ Determinare la forza, applicata lungo il piano inclinato, necessaria per mantenerlo in moto lungo il piano inclinato ad velocità scalare costante v = m/s, sia nel caso che l oggetto sia mosso lungo il piano aumentando la sua quota rispetto all orizzontale che nel caso in cui sia mosso diminuendo la sua quota rispetto all orizzontale. Cosa succede se l attrito viene eliminato attraverso un lubrificante? ˆ Il corpo è soggetto alla forza di gravità mg, alla reazione vincolare del piano, alla forza di attrito statico F a lungo il piano e alla forza F esercitata lungo il piano da determinare. Considerando le componenti lungo il piano abbiamo ed imponendo che il corpo non sia accelerato abbiamo: mg sin( ) F a F = F a Nµ s = mg cos( )µ s F = mg( 2. ) =.24mg =.2 N 2 ˆ La situazione è uguale a quella al punto, visto che il corpo non è accelerato, ma occorre considerare la forza di attrito dinamico F a = mg cos( )µ d che si oppone al moto. Per il moto in salita abbiamo: F = mg sin( ) + F a = mg(sin( ) + cos( )µ s ) =.6 N mentre per il moto in discesa, dove l attrito si oppone alla forza di gravità, abbiamo: F = mg sin( ) F a = mg(sin( ) cos( )µ s ) =.6 N Nel caso l attrito dinamico sia portato a zero le due situazioni sono simmetriche e la forza necessaria è la stessa sia per il moto in salita che per il moto in discesa... Problema 2 Una lamina sottile a forma di triangolo equilatero di lato l = cm e massa m = g viene sospesa attraverso un perno passante per uno dei vertici e lasciata libera di ruotare intorno ad un asse perpendicolare alla lamina stessa. ˆ Determinare la posizione del centro di massa della lamina e - facoltativo - il momento d inerzia I della lamina rispetto all asse di rotazione. ˆ Determinare il periodo delle piccole oscillazioni della lamina, eventualmente in forma simbolica. ˆ La lamina viene sospesa in modo che uno dei lati che originano dal vertice di sospensione è diretto lungo la verticale. Determinare la componente orizzontale della forza applicata sul vertice non vincolato di tale lato per mantenere la lamina in equilibrio. È possibile rispondere alla domanda se invece è il lato opposto a quello di sospensione ad essere posto lungo la verticale?

2 ˆ Per simmetria il centro di massa giace sulle altezze del triangolo, quindi sul punto di incontro delle altezze rispetto a tutti i lati. Per trovare la distanza d di tale punto da uno dei lati possiamo usare la similitudine dei triangoli e quindi la proporzione - detta h l altezza del triangolo: d l/2 = l/2 h d = l2 /4 h = l2 /4 I = l 2 l 2 = 2.9 cm Per trovare il momento d inerzia della lamina suddividiamola in barrette infinitesimali parallele alla base del triangolo e sommiamone i momenti d inerzia. Detta x la distanza del centro della barretta dal vertice di rotazione e M σ = la densità della lamina, abbiamo che il momento d inerzia vale: 2 l 2 l di = 2 dm L2 (x) + dm x 2 = = 2 dx 2 xσ 4 x2 + dx 2 xσx 2 Il momento d inerzia complessivo I è dato dalla somma integrale sulla distanza, da all altezza h del triangolo equilatero: h h I = di = 2 dx 2 xσ 4 x2 + dx 2 xσx 2 che con un po di algebra porta alla soluzione I = 5 2 ML2 = kgm 2. ˆ Il periodo di piccole oscillazioni del pendolo formato dalla lamina vale: I T = 2π mgq =.54 s dove q = h d = L = 5.8 cm è la distanza del baricentro della lamina dal punto di sospensione. ˆ Per avere equilibrio occorre che il momento della forza di gravità applicata sul baricentro e il momento della forza applicata sul vertice siano uguali. In formule: mgd = F L F = mgd L dove per F si intende la componente orizzontale della forza applicata. Problema Un cubo di sughero omogeneo di densità ρ = 7 kg m e lato R = cm è immerso completamente nell acqua con un corpo di volume trascurabile appeso ad uno dei vertici. ˆ Determinare la massa m del corpo se il cubo è in equilibrio con un vertice a contatto con la superficie dell acqua, e discutere come varia la massa del peso se invece il cubo è immerso in modo che il suo centro di massa si trovi ad una profondità rispetto alla superficie dell acqua h = m 2

3 ˆ Il cubo è in equilibrio quando la spinta di Archimede è uguale al peso del cubo più il corpo appeso. In formule: R ρ H2O = m + ρr m = R (ρ H2O ρ) = g Ovviamente la profondità del cubo nell acqua non ha implicazioni sulla massa appesa, in quanto la spinta di archimede è indipendente dalla profondità: equilibria infatti il peso dell acqua spostata, che non varia con la profondità.

4 Problema 4 Quattro cariche elettriche puntiformi uguali q = µc sono poste ai vertici di un quadrato di lato L = 2 cm. ˆ Determinare il modulo del campo elettrico E in ognuno dei vertici del quadrato e nel centro del quadrato stesso. Una quinta carica identica alle altre viene portata da una lunga distanza al centro del quadrato. ˆ Determinare il lavoro necessario per ottenere la configurazione finale e la risultante delle forze esercitate dalla carica posta nel centro del quadrato sulle altre cariche. ˆ Per simmetria il modulo del campo elettrico è uguale in ognuno dei vertici del quadrato. In ognuno dei vertici il campo risulta dalla sovrapposizione dei campi generati dalle altre tre cariche. Se consideriamo le componenti parallele e perpendicolari alla diagonale del quadrato, abbiamo che per le due cariche più vicine q v le componenti perpendicolari si annullano, e per quella più lontana q l la componente perpendicolare è nulla. Il campo in ogni vertice è quindi diretto lungo la diagonale del quadrato, ed il suo valore in modulo è dato dalla somma delle componenti dei campi delle singole cariche lungo tale direzione. In formule: E = 2E(q v ) + E(q l ) = 2 q 2 L 2 + q = 79 V/m 2L2 Nel centro del quadrato il campo elettrico è nullo, in quanto i contributi a due a due delle cariche opposte lungo la diagonale del quadrato si elidono. ˆ Il lavoro fornito dall esterno per costruire la configurazione di cariche si ritrova sotto forma di energia potenziale elettrica della configurazione: L = U el. Per un sistema puntiforme di cariche l energia potenziale si può determinare sommando i contributi di tutte le coppie di cariche, ognuna delle quali contribuisce con un termine U ij = q i q j. r ij Poiché abbiamo portato una carica q 5 in una configurazione di cariche già esistente, la variazione di energia potenziale, numerando le cariche ai vertici del quadrato da a 4, vale: U = U 5 + U 25 + U 5 + U 45 = 4U 5 = = 4 q 2 2L =.2J La carica è posta in un punto in cui il campo elettrico è nullo e quindi non risente di forze: per il terzo principio della dinamica a sua volta la risultante delle forze esercitate dalla carica centrale sulle cariche poste ai vertici del quadrato è nulla. Problema 5 Un condensatore C = mf è posto in serie ad una forza elettromotrice ideale V = 22 V ed una resistenza R = Ω in modo da formare un circuito RC. Inizialmente il condensatore è scarico; al tempo t = s viene chiuso un interruttore presente nel circuito ed il condensatore inizia a caricarsi. ˆ Determinare la potenza erogata dalla forza elettromotrice al tempo t = s e in condizioni di regime. ˆ Determinare il lavoro complessivo svolto dalla forza elettromotrice e l energia elettrostatica immagazzinata nel condensatore una volta raggiunta la condizione di regime. ˆ In un circuito RC la corrente che attraversa il condensatore vale I(t) = V/Re t/rc ed è la stessa erogata dalla forza elettromotrice. Per cui la potenza sviluppata all accensione vale W () = V I() = 484 W. A regime il condensatore non lascia passare corrente per cui la potenza sviluppata è nulla. 4

5 ˆ Il lavoro complessivo effettuato dalla forza elettromotrice può essere determinato ad esempio a partire dalla potenza mediante la relazione L = W (t) dt. Nel nostro caso abbiamo: L = W (t) = V I(t) = = V 2 R e t/rc = CV 2 = 48.4 J Ai capi del condensatore a regime è presente una differenza di potenziale V per cui l energia immagazzinata vale U = 2 CV 2 = 24.2 J Problema 6 Una spira metallica quadrata di lato l = 5 cm e resistenza R = 5 Ω è immersa in un campo magnetico uniforme, diretto t lungo la perpendicolare alla spira e di modulo variabile nel tempo B = B, con B =. T e t = s. t ˆ Determinare la corrente circolante nella spira al tempo t f = s. ˆ Dire come cambia la risposta alla domanda precedente se la spira presenta un coefficiente di autoinduzione L = mh. In particolare, la corrente al tempo t f sarà maggiore, minore o uguale? ˆ Attraverso la superficie della spira di area A = l 2 è presente un flusso di campo magnetico Φ B (t) = B(t)A = B Visto che il flusso varia nel tempo sulla spira agisce una forza elettromotrice V = dφ B(t) dt tempo. La corrente che circola nella spira è quindi costante e vale: = B l 2 t t t l 2. costante nel I = V R = B L 2 Rt =.66 6 A ˆ Il circuito è equivalente ad un circuito RL alimentato da una forza elettromotrice costante V = B L 2. La corrente nell induzione L vale I = V R ( e Rt L ). La costante di tempo vale τ = L R =.6 ms, quindi al tempo t f la corrente circolante sarà leggerissimamente minore di quella calcolata al punto. Si noti che se invece si legge nel testo che il campo magnetico è presente anche per tempi negativi siamo in una condizione di regime permanente, con una forza elettromotrice costante che genera una corrente costante, e quindi la corrente nella spira non cambia anche in presenza di autoinduzione, in quanto la forza elettromotrice autoindotta dipende dalla variazione della corrente attraverso la spira ed è quindi nulla. t 5