1 Un blocco di massa 5 m kg = viene premuto contro una molla di

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Fisica Generale
Prova del 12-06-09
ESERCIZIO 1
Un blocco di massa m  5 kg viene premuto contro una molla di costante elastica k  2000 N m 1 ,
accorciandola di x  3 cm . A un determinato istante il blocco viene lasciato libero e la molla si allunga,
spingendo il blocco su di una superficie orizzontale scabra. Il coefficiente di attrito tra la superficie e il
blocco è  d  0.2 . Si calcoli:
a) il lavoro compiuto sul blocco dalla molla mentre essa si allunga dalla posizione iniziale a quella di
equilibrio;
b) il lavoro compiuto dalla forza di attrito sul blocco mentre questo percorre la distanza x che riporta
la molla alla posizione di equilibrio;
c) la velocità del blocco quando la molla raggiunge la posizione di equilibrio;
d) lo spazio che deve percorrere il blocco per fermarsi.
Soluzione
a) il lavoro compiuto sul blocco dalla molla mentre essa si allunga dalla posizione iniziale a quella di
equilibrio è:
2
1
1

 1
Wel  E p , el    E p ,el , f  E p ,el ,i     0  k x 2   k x 2   2000 N m 1  3  102 m   0.9 J ;
2
2

 2
b) il lavoro compiuto dalla forza di attrito sul blocco mentre questo percorre la distanza x che riporta
la molla alla posizione di equilibrio è:
 
Wa1  F  s    d m g x    0.2  5 kg   9.8 m s 2  3 102 m   0.294 J ;
c) la variazione di energia meccanica tra l’istante iniziale, e l’istante in cui la molla raggiunge la sua
lunghezza di equilibrio è dovuta alle forze di attrito:
Em  Ek  E p   Ek  E p    Ek  E p   Wa1
0
in
Essendo la velocità nulla all’istante iniziale, e l’energia potenziale nulla all’equilibrio, si ha:
1
1
m v02  k x 2   d m g x
2
2
la velocità del blocco quando la molla raggiunge la posizione di equilibrio è quindi data da:
1
1
2
2 1
 2  2
v0    k x 2  d m g x    
 0.9 J  0.294 J   0.49 m s 1

m  2
 5 kg

d) il blocco si ferma quando l’attrito ha compiuto un lavoro pari all’energia cinetica nel punto di
equilibrio della molla Wa 2   Ek ,0  , ovvero dopo una distanza d data da
2
0.49 m s 1 

1
v02
2
 m v0   d m g d  d 

 0.06 m  6 cm
2
2 d g 2  0.2   9.8 m s 2 
ESERCIZIO 2
Un protone di massa m compie un urto elastico frontale contro un nucleo di carbonio di massa M  12 m
in quiete. La velocità iniziale del protone è v0  300 m s 1 . Si calcoli:
a) la velocità del centro di massa del sistema;
b) la velocità assoluta del protone dopo l’urto;
c) la velocità assoluta del nucleo di carbonio dopo l’urto;
d) la velocità del protone rispetto al centro di massa dopo l’urto.
Soluzione
a) la velocità del centro di massa del sistema è data da:
m vp
v
300 m s 1
vcm 
 p 
 23.08 m s 1
m  12 m 13
13
1
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Prova del 12-06-09
b) dalle formule per l’urto centrale elastico, bersaglio fermo, si ottiene la velocità assoluta del protone
dopo l’urto v p , fin :
M m
11
v p    300 m s 1   253.85 m s 1
M m
13
c) sempre dalle stesse formule si ottiene la velocità assoluta del nucleo di carbonio V dopo l’urto:
2m
2
V
v p   300 m s 1   46.15 m s 1
M m
13
d) la velocità del protone rispetto al centro di massa dopo l’urto si ottiene dal teorema dei moti relativi.
Essendo la velocità di trascinamento quella del centro di massa si ha: :
v p . fin , rel  v p. fin  vcm  253.85 m s 1  23.08 m s 1  276,93 m s 1
v p , fin  
ESERCIZIO 3
Una palla da biliardo, assimilabile ad una sfera, di massa M  0.3 kg e raggio R  5 cm viene colpita, in
modo impulsivo, da una forza orizzontale la cui retta di applicazione passa per il centro della sfera. La
velocità iniziale della palla è v0  4 m s 1 , e il coefficiente di attrito dinamico è  d  0.6 . Inizialmente il
moto della palla è di traslazione, e contemporaneamente inizia anche la rotazione, sino a che il moto
diventa di puro rotolamento. Calcolare:
a) per quanto tempo la palla striscia prima di cominciare a rotolare senza strisciare;
b) lo spazio che percorre fino all’istante di cui al punto precedente;
c) la velocità allo stesso istante, ovvero quando inizia il moto di rotolamento.
Soluzione
v0
La forza agente sulla sfera è la forza di attrito:
f d  d N  d Mg
fd
La seconda equazione di Newton è:
dv
 fd  M
dt
Detto  il momento rispetto all’asse passante per il centro della sfera, la seconda equazione cardinale
proiettata sullo stesso asse è:
d
  f d R   d Mg R  I
dt
La velocità angolare deve crescere (partendo da zero) e contemporaneamente la velocità deve diminuire
sino a che sia verificata la condizione v   R . Imponiamo che ciò avvenga al tempo T.
Integrando le due equazioni di partenza, con ovvio significato degli estremi:
v
T
T
 Mdv '   fd dt   d Mg dt
v0
0

0
T
 I d '    Mg R dt
d
0
0
Confrontando le due equazioni precedenti si ottiene:
rot
vrot
 I d '   R  Mdv '
0
v0
da cui
I rot   R M  vrot  v0 
e quindi
I
vrot
  R M  vrot  v0 
R
2
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Prova del 12-06-09
2
M R 2 si ha:
5
I
5
5

vrot  R M    v0 R M  vrot  v0   4 m s 1   2.9 m s 1
R
7
7

Dall’equazione del moto si ottiene:
M  v0  vrot   4.0  2.9  m s 1
fd
vrot  v0  T  T 

 0.19 s
M
d Mg
 0.6   9.8 m s 2 
Essendo I 
con
M  v0  v  1  f d
1
d  v0T  aT 2  v0
 
2
fd
2 M
2
M
  M  v0  v  
 

fd
fd


1 2 1 2
 2

 v0  v0v  v0  v  v0v  
2
2


2
M 2 2
M  2  5   M  49v02  25v02 

 v0  v   2 f v0   7 v0    2 f  49 
2 fd

d 
d 


Il risultato cercato è quindi:
2
1
12 v02
12  4.0 m s 
d

 0.67 m
49 d g 49  0.6   9.8 m s 2 
ESERCIZIO 4
In un giorno d'estate la temperatura è di 35 °C mentre l'acqua di un pozzo profondo 20 m è alla
temperatura di 15 °C. Mediante una macchina che operi fra queste due sorgenti si vogliono prelevare 50 l
di acqua dal pozzo.
a) Calcolare la minima quantità di calore che la macchina deve cedere all'acqua del pozzo.
b) Se la macchina ha un rendimento del 30% di quello di una macchina reversibile, calcolare la
variazione di entropia dell'universo e il lavoro sprecato durante il processo.
Soluzione
Il lavoro che si deve compiere è W  Mgh  9810 J , dove h è la profondità del pozzo e M la massa
dell'acqua che si vuole estrarre.
 1
a) il calore ceduto dalla macchina è QC  W  QA  W 1   mentre quello assorbito dall'acqua del
 
1 
pozzo è QAp  QC  W   1 che è tanto più piccolo quanto più è grande  , cioè nel caso di ciclo
 
 1

T1
 0.065 . Quindi QAp ,min  W   1  141.2 kJ
T2
 R

 1
QA QC
1
1 
1
b) nel caso   0.3 R si ha SU 

W 
 
 R    79.5 J K 1 e il
 W
T2
T1
 T1
  T2 T1  T1 
reversibile  R  1 
lavoro sprecato è W S  T1 SU  22.9 kJ (se si considera anche la variazione di entropia della massa
T
di acqua estratta che si scalda si deve aggiungere S A  M c A ln 2  14052 J K 1 alla variazione di
T1
entropia dell'universo, ma tale variazione di entropia non corrisponde ad un passaggio di calore dalla
sorgente calda a quella fredda, quindi non deve comparire nel calcolo del lavoro sprecato)
3
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Prova del 12-06-09
ESERCIZIO 5
Si consideri una distribuzione lineare di carica a forma di anello di raggio R  0.50 m , tale che la parte
superiore abbia una carica Q e quella inferiore Q ( Q  100 nC ).
a) Si calcoli il campo elettrostatico e il potenziale elettrostatico generato da tale distribuzione su un
generico punto dell'asse dell'anello.
b) Un dipolo elettrico di lunghezza a  2 cm formato da due sferette cariche   q1  q2  q  10 nC  di
massa m1  2 m2  10 g
è posto verticalmente sull'asse dell'anello a distanza d  2 m ; q1 ha
coordinate  2 m,1 cm  , q2 ha coordinate  2 m,  1 cm  . Una volta ruotato leggermente rispetto alla sua
posizione di equilibrio viene lasciato oscillare liberamente.
Si calcoli il periodo delle piccole oscillazioni supponendo il campo elettrico costante nella regione
occupata dal dipolo.
Soluzione

a) E diretto verticalmente verso il basso
2Q R
E  x 
32
4 0  R 2  x 2 
V 0
b) Nel punto indicato il campo elettrico vale:
2 10 109 C   0.50 m 
2Q R
E d  

 10.26 V m 1
2
2 32
2
2 32
12
1 
4 0  R  d 
4  8.85 10 F m   0.50 m    2m  


Il momento di inerzia rispetto al centro del dipolo che vale
p  a q   2 10 2 m 10 109 C   2 10 10 C m
è
2
2
 2 102 m 
a
6
2
I   m1  m2     10  5  103 kg  
  1.5  10 kg m
2
2


Dalla II equazione cardinale il periodo vale
12
 I

T  2 

 p E d  
 170 s
ESERCIZIO 6
Una spira quadrata di lato L  20 cm cm e resistenza R  4  ruota con velocità angolare costante
  30 rad s 1 intorno ad un suo lato (posto sull’asse z del sistema cartesiano). La spira `e immersa in un

campo di induzione magnetica diretto lungo y, B  Buˆ y . Al tempo t  0 il piano della spira si trova sul
piano (x, z). Si trascurino gli effetti di autoinduzione.
Nel caso in cui B sia uniforme e costante, di modulo B  0.5 T , determinare:
a) l’espressione in funzione del tempo della corrente indotta nella spira;
b) l’energia dissipata per effetto Joule dalla spira dopo aver compiuto un giro completo.

c) Nel caso in cui il campo B non sia uniforme, ma dipenda da x linearmente, B   x uˆ y , con
  2 T m 1 , determinare l’espressione in funzione del tempo della forza elettromotrice indotta nella
spira, calcolandone il valore massimo.
Nota:
4
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2
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Prova del 12-06-09
2
2
2
 sin   d   cos   d  
0
0
Soluzione
Denotando con  l’angolo tra il piano della spira e il piano (x, z) si ha    t .
a) Applichiamo la legge di Faraday-Neumann


d  B  t  
d  B  t  
d  B
= 
 
  
dove  B è il flusso del campo B attraverso l’area 
dt
dt
dt

2
della spira:  B  BL cos  t  .
 
 
Si ottiene:
BL2
sin  t 
R
b) L’energia dissipata per effetto Joule dalla spira dopo un giro è
i / R 
2 2 T
T  2 
W

dt Ri
2
 BL 

R
0
2
 dt sin  t  
0
  BL2 
R
2
2

0
d sin 2   
 B 2 L4
 9.42·103 J
R
avendo usato
2
2
2
 sin   d 
 cos   d  
0
0
2
(come si evince facilmente usando la notazione complessa ovvero osservando che
2
2
2
2
  cos  +sin   d  2 e   cos   d    sin   d
c) Nel caso non uniforme si ha:
L cos 
L
L

L3
   B·uˆn d    dz  dl  x cos    L   dx x 
cos 2 ( t )
2
0
o
0
avendo usato la relazione dl cos   dx . La forza elettromotrice indotta è pertanto
d  B
L3 
= 
 L3  cos( t ) sin( t ) 
sin (2 t )
dt
2
Il cui valore massimo è:
L3 
fi max  
 0.24 V
2
5