Prova Scritta di Fisica - ICampus

Prova Scritta di Fisica
8 marzo 2011
problema 1 Uno sciatore, inizialmente in quiete, scende strisciando lungo la pista senza curvare, percorrendo la distanza
d = 60 m. La pista forma un angolo θ = 35◦ con l’orizzontale.
(a) Se il coefficiente di attrito tra gli sci e la pista vale µd = 0.1, si trovi la velocità dello sciatore al fondo
della pista.
(b) Se lo sciatore, giunto al fondo della pista, continuasse a muoversi in linea retta su una distesa di neve
orizzontale, di quanto spazio avrebbe bisogno prima di arrestarsi?
problema 2 L’elica di un ventilatore può essere schematizzata come un’asta sottile omogenea, di massa m = 120 g e
lunghezza L = 20 cm, che ruota in un piano orizzontale attorno ad un perno che passa per il suo punto
medio. Il motore del ventilatore fa in modo da portare la velocità di rotazione dell’elica, inizialmente ferma,
al valore ω = 20 rad/s in un tempo δt = 5 s. Supponendo trascurabili tutti gli attriti, calcolare la potenza
media erogata dal motore.
Il momento di inerzia di un’asta rispetto al centro di massa vale Icm =
mL2
12 .
problema 3 Tre cariche, tutte uguali in modulo con |q| = 2 nC, ma di cui due negative e una positiva, sono poste ai
vertici di un triangolo equilatero di lato l = 18 cm. Calcolare la forza agente sulla carica positiva e il valore
della sua energia potenziale (prendendo lo zero all’infinito).
problema 4 Un lungo filo rettilineo è percorso da una corrente I = I0 sin(ωt + φ), con I0 = 50 A, ω = 50 Hz. Accanto
al filo è posizionata una bobina quadrata di lato a = 10 cm, con N = 100 spire (vedi figura), con un lato
parallelo al filo, posto a distanza d = 20 cm da esso. Determinare il valore massimo della f.e.m. indotta
nella bobina.
a
I
d
Soluzioni
soluzione 1 Dal teorema dell’energia cinetica
mgh =
1
mv 2 + µd mg cos θ d
2 f
⇒
vf =
√
2gd(sin θ − µd cos θ) ≃ 24.3 m/s .
Se lo sciatore continuasse dritto, si avrebbe:
1
mv 2 = µd mgl
2 f
⇒
l=
vf2
≃ 295 m .
2gmud
soluzione 2 La potenza di può ottenere come lavoro per unità di tempo, ovvero come variazione di energia cinetica per
unità di tempo:
Ecin,f − Ecin,i
1
1
mL2 ω 2
P =
= Iω 2
=
= 1.6 × 10−2 W .
δt
2
δt
24δt
soluzione 3 Si prendano gli assi in modo che la base del triangolo avente le due cariche positive ai vertici sia posta
sull’asse x e che il vertice sul quale si trova la carica negativa sia posto sull’asse y. Allora, la forza totale
agente sulla carica negativa vale:
√
√
√ 2
q2
q2
1
3
1
3
3q
û
−
û
)
+
û
−
û
)
=
F = F1 + F2 =
(−
(
ûy ≃ −1.9 × 10−6 N ûy .
x
y
x
y
4πε0 l2
2
3
4πε0 l2 2
3
4πε0 l2
Per quanto riguarda l’energia potenziale, si ha:
Epot = Epot,1 + Epot,2 = −
q2
q2
2q 2
−
=−
≃ −4 × 10−7 J .
4πε0 l 4πε0 l
4πε0 l
soluzione 4 Il flusso si ottiene dall’integrale
∫
d+a
Φ=N
d
µ0 I
µ0 Ia
d+a
a dx =
ln(
).
2πx
2π
d
Allora, per la legge di Faraday
f.e.m. = −
dΦ
µ0 I0 aω
3
= −N
ln( ) cos(ωt + φ) .
dt
2π
2
Il valore massimo si ottiene quando il coseno vale −1. Pertanto:
f.e.m.max = N
µ0 I0 aω
3
ln( ) ≃ 2 × 10−3 V .
2π
2