1 Un blocco di massa 5 m kg = viene sollevato, da una forza

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Fisica Generale
10-07-11
ESERCIZIO 1
Un blocco di massa m  5 kg viene sollevato, da una forza mantenuta verticale e di modulo F  80 N ,
lungo un piano inclinato di pendenza   30 , partendo da un punto A in cui è in condizione di quiete. La
forza agisce fino a che il blocco raggiunge un punto B, più alto rispetto al punto di partenza di una quota
h  4 m . Calcolare:
a) il lavoro compiuto dalla forza applicata;
b) il lavoro compiuto dalla forza di gravità;
c) la velocità finale del blocco.
Soluzione
a) La componente della forza lungo il piano inclinato è Fp  F sin    80 N  sin 30  40 N . La distanza
percorsa sul piano inclinato è d  h sin    4 m  sin 30  8 m . Il lavoro compiuto dalla forzxa è
pertanto: WF  Fp d   40 N   8 m   320 J
b) Il lavoro compiuto dalla forza di gravità è Wg  m g h    5 kg   9.8 m s 2   4 m   196 J .
c) La
velocità
finale
si
ottiene
utilizzando
il
teorema
delle
forze
W  WF  Wg  Ek  m v
2
fin
12
2  v fin   2 WF  Wg  m 
  2  320 J  196 J   5 kg  
12
 7ms
vive:
1
ESERCIZIO 2
Una sbarra sottile, lunga l  50 cm e di massa M  5 kg , è incernierata ad uno degli
estremi a un asse fisso orizzontale privo di attrito, e può ruotare liberamente intorno ad
esso in un piano verticale. All’estremo inferiore della sbarra è agganciata una molla
ideale, di costante elastica k  20 N m 1 , disposta in modo da essere a riposo quando la
barra è verticale.
Tenendo conto anche della forza di gravità, si determini il periodo delle piccole
oscillazioni della barra (intorno alla sua posizione di equilibrio).
Suggerimento: poiché le oscillazioni sono piccole, si supponga che gli spostamenti dell’estremo della molla siano
perpendicolari alla posizione di equilibrio della barra, ovvero che la molla resti orizzontale durante tutto il moto.
Soluzione
La presenza della molla all’estremo della barra determina un momento di richiamo che si aggiunge a
quello della forza gravitazionale. Applicando la seconda equazione cardinale possiamo scrivere
dL
d
d 2
l


  I
= I 2    Mg sin   k x l  ,
dt
dt
dt

2

dove L è il momento angolare della barra, I  1 3 M l 2 è il momento d’inerzia della barra rispetto al punto
di sospensione e  è l’angolo tra la posizione istantanea della sbarra e la verticale.
Nel caso di piccole oscillazioni, sin    e x  l  . Otteniamo quindi la relazione
M g  2 k l l 
d 2
 

2
dt

2I

che ha la forma dell’equazione delle oscillazioni armoniche con il quadrato della pulsazione pari a:
2
 
M g  2 k l l
2I
12
M g  2 k ll 
da cui   
 , e periodo

2I

12
T
2
2I


 2 


M g  2 k l l 
12
2M l


 2 

 3 M g  2 k l  
1
 0.97 s
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ESERCIZIO 3
Un blocco di massa m  2000 kg viene sollevato un cavo di acciaio che
passa sulla gola di una carrucola, e si avvolge sul tamburo di un argano
azionato un motore. Il raggio del tamburo dell'arcano è r  30 cm , e il
momento di inerzia della carrucola è trascurabile. Calcolare:
a) la forza che il cavo deve esercitare per sollevare il blocco alla velocità
costante di 8 cm s 1 ;
b) il momento della forza esercitata dal cavo sul tamburo dell’argano;
c) la velocità angolare del tamburo dell'argano;
d) la potenza che il motore deve sviluppare per azionare il tamburo dell'arcano.
Soluzione
a) La forza da esercitare per sollevare il blocco a una velocità costante è pari alla forza di gravità:
F  m g   2000 kg   9.81 m s 2   19620 N .
b) Il momento della forza esercitata dal cavo sul tamburo del argano è dato da
M  F r  16920 N  0.3 m   5886 N m .
c) la velocità lineare del cavo è la stessa del blocco, per cui la velocità angolare del tamburo dell'argano
è data da:   v r   0.08 m s 1   0.3 m   0.27 rad s 1
d) la potenza che il motore deve sviluppare per azionare il tamburo dell'arcano può essere calcolate
dall’espressione P  F v  19620 N   0.08 m s 1   1569, 6 W
ESERCIZIO 4
Una macchina irreversibile opera tra due sorgenti alle temperature T1  275 C e T2  77 C , con un
rendimento   25% . In ogni ciclo, alla macchina viene fornita la quantità di calore QA  1200 J dalla
sorgente a temperatura T1 .Calcolare:
a) la variazione di entropia dell'universo per ogni ciclo di funzionamento;
b) quanto lavoro in più potrebbe compiere una macchina reversibile operante tra le stesse temperature a
parità di calore assorbito.
Soluzione
a) Il calore ceduto alla sorgente a temperatura T1 si calcola dalla definizione di rendimento:

W QA  QC

 QC  QA 1     1200 J  1  0.25   900 J . Il lavoro compiuto è pertanto
QA
QA
W  QA  QC  1200 J    900 J   300 J . La variazione di entropia dell’universo si ottiene (essendo
la macchina ciclica e quindi nulla la sua variazione di entropia) calcolando le variazioni di entropia
delle sorgenti. Per porre correttamente i segni bisogna ricordare che, per quanto riguarda le sorgenti, il
calore QA viene ceduto dalla sorgente a temperatura T1 , ed ha quindi segno negativo; l’opposto per lo
sorgente a temperatura T2 . Si ha quindi
QA QC
1200 J
900 J



 0.38 J K 1 .
T1
T2
548.15 K 350.15 K
b) Una macchina di Carnot operante tra le stesse temperature invece avrebbe un rendimento dato da:
 rev  1  T2 T1  1   350.15 K 548.15 K   36 % , e assorbendo la medesima quantità di calore
Su  S1  S 2  
potrebbe produrre il lavoro Wrev   revQA  0.36 1200 J   432 J . Il maggior lavoro che potrebbe
essere compiuto dalla macchina reversibile è pertanto: Wrev  W   432 J    300 J   132 J .
2
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ESERCIZIO 5
Una carica di 2 nC è distribuita uniformemente lungo un anello carico di raggio r  10 cm . Si scelga un
sistema di riferimento con l'origine coincidente col centro dell'anello e l'asse z ortogonale al piano
individuato dall'anello stesso. Una carica puntiforme di valore q  1 nC è collocata nel punto z  50 cm .
Calcolare il lavoro che una forza esterna deve compiere per spostare la carica puntiforme nell'origine del
sistema di coordinate.
Soluzione
Chiamata Q la carica complessiva distribuita sull’anello carico , il potenziale generato è dato da:
1
q
V  z 
2
4  0 z  r 2
per cui la differenza di potenziale tra i due punti dati è:
2

2


 0.5 m 
z



1

 1    1 
 0.1 m   1

1  Q
Q
Q 
2
nC

r



V 






12

1


4  0  r 2
z2  r 2  4  0 
z 2  r 2  4   8.85 10 F m    0.5 m  2   0.1 m 2

 144.6 V
Il lavoro compiuto dal campo elettrico è quindi
WE  U e   q V   1 nC 144.6V   144.6 109 J  144.6 nJ
e il lavoro svolto dalla forza esterna sarà:
West  WE  144.6 nJ






ESERCIZIO 6
Una sbarretta conduttrice sottile, di lunghezza l  20 cm , massa m  10 g e resistenza
R  0.5  , può ruotare liberamente (mantenendosi in un piano verticale) intorno a un
asse fisso orizzontale passante per uno dei suoi estremi. L’altro estremo scivola senza
attrito su una guida conduttrice a forma di arco di cerchio mantenendo il contatto
elettrico con essa. Il contatto elettrico di resistenza nulla è anche costantemente
mantenuto tra l’estremo della sbarretta sull’asse di rotazione e la guida, di modo che R è l’unica resistenza
presente. Nella regione esiste un campo magnetico di modulo B  1.5 T , perpendicolare al piano della
figura e in verso entrante.
Supponendo che la sbarretta, a partire dalla posizione verticale, venga fatta ruotare in senso orario con
una velocità angolare     t   K t , con K  100  rad s 2 , determinare:
a) il modulo della f.e.m. indotta nella sbarretta subito prima di raggiungere il piano orizzontale;
b) il verso della corrente indotta;
c) l’energia dissipata complessivamente durante la rotazione;
d) il lavoro totale necessario per effettuare la rotazione.
Soluzione
a) Durante il moto la velocità angolare della sbarretta cresce, e quindi anche la f.e.m. indotta in essa è
crescente in modulo. Infatti tale f.e.m. è pari a
1
1
  B l 2  t   B l 2 K t
2
2
Il tempo necessario perché la sbarretta raggiunga il piano orizzontale è ricavato come segue
t 2
2
 2
d
 Kt 2


 Kt   d  K  t dt 

 t 2 
 0.10 s
dt
2
2
K
0
0
3
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Il modulo della f.e.m. indotta a fine rotazione è quindi
1
1
  2  B l 2 2  B l 2 K t 2  0.942 V
2
2
b) La corrente indotta è diretta in modo tale che nella sbarretta la corrente scorra verso l’estremo che
scorre sulla guida.
c) La potenza dissipata nella sbarretta può essere calcolata nel modo seguente
t
t
t
1
B 2l 4 K 2
B 2l 4 K 2 3
2
WR   R i dt    2 dt 
t
dt

t 2  5.92 102 J

R
4
R
12
R
0
0
0
d) D’altra parte, per ricavare il lavoro totale che si deve compiere per effettuare la rotazione, bisogna
tenere conto, oltre che dell’energia dissipata, anche della variazione dell’energia meccanica della
barretta (pari all’aumento di energia cinetica diminuito della variazione negativa dell’energia
potenziale gravitazionale). Cioè, il lavoro complessivo è pari a
1
l
W  WR  I2 2  m g
2
2
Il momento d’inerzia della sbarretta è I  1 3 ml 2 , perciò
1
l

l
W  WR  ml 2 K 2t2 2  m g  WR  ml 2 K 2  m g  0.115 J
6
2
6
2
2
2
2
2
4