UNIVERSITA’ DEGLI STUDI DI GENOVA –SCUOLA POLITECNICA FISICA GENERALE I - Sede di Spezia –
Prova scritta del 7/02/2018
I passaggi principali devono essere leggibili e corredati di alcune frasi di spiegazione anch’esse leggibili. I risultati numerici finali devono esser espressi con due cifre significative e in unità del sistema internazionale (SI). Gli elaborati anonimi e/o privi di passaggi spiegati e/o di risultati numerici non saranno corretti.
. ME1
Un pendolo semplice di lunghezza ℓ = 1 𝑚 e massa 𝑚 = 100 𝑔, ha il punto di sospensione O a distanza 𝑑 = 2 𝑚 dal suolo. Si prenda O come origine degli assi. La massa viene spostata dalla posizione di equilibrio (𝜃 = 0°) e il pendolo posto con la fune in una posizione avente 𝜃 = 45° e da questa posizione viene abbandonato con velocità iniziale nulla.
Esattamente quando passa per la verticale la fune si spezza liberando la massa. Trascurando ogni attrito, calcolare:
a) immediatamente prima della rottura della fune, sia la velocità 𝑣0 sia l’accelerazione radiale 𝑎𝑟 della massa.
b) Il cammino orizzontale 𝑥𝑠 percorso dalla massa per raggiungere il suolo e il tempo 𝑡𝑠 impiegato.
Figura 1
ME2
Una sbarra omogenea di lunghezza L e massa M è
vincolata ad un perno ideale ed è tenuta in equilibrio in posizione orizzontale da una fune connessa al suo centro di massa che descrive un angolo con il profilo dell’asta stessa (vedi fig.2). Si calcoli:
a) La reazione vincolare del perno e la tensione della fune.
b) Ad un certo istante la fune viene tagliata e l’asta inizia a ruotare intorno al perno, partendo con velocità
nulla dalla posizione orizzontale. Arrivata in posizione verticale urta in modo completamente anelastico un corpo puntiforme di massa m, appoggiato sul piano orizzontale liscio, che rimane agganciato all’estremità dell’asta la quale continua nel suo moto. Determinare la velocità del centro di massa della sbarra subito dopo l’urto.
[Dati numerici: M=2 Kg; L=2 m; m=0.05 kg; =] Figura 2
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Prova scritta del 7/02/2018
I passaggi principali devono essere leggibili e corredati di alcune frasi di spiegazione anch’esse leggibili. I risultati numerici finali devono esser espressi con due cifre significative e in unità del sistema internazionale (SI). Gli elaborati anonimi e/o privi di passaggi spiegati e/o di risultati numerici non saranno corretti.
. EM1
Un sistema di 5 cariche puntiformi è disposto ai vertici di un esagono regolare di lato L come è mostrato in figura 1. Calcolare:
a) il modulo del campo elettrico 𝐸⃗ (0,0) nell’origine.
b) il potenziale elettrico V(0,0) ed il lavoro delle forze elettrostatiche per portare una carica q0 dall’infinito al punto O (0,0). [q=10-7 C; q0=q/10; L=5cm].
Figura 3
EM2
Una bobina quadrata di lato L, N spire e di resistenza R è posta in una regione dove è presente un campo magnetico uniforme (vedi figura 4) 𝐵⃗ = 𝐵0𝑖̂.
Inizialmente la normale alle spire come definita in figura descrive un angolo rispetto alle linee del campo magnetico. Si calcoli:
a) Il modulo del momento torcente subito dalle spire nel caso in cui siano percorse da una corrente i in verso orario.
b) Posta i=0, le spire vengono messe in moto rotatorio attorno all’asse z con velocità angolare costante
Calcolare il valore massimo della f.e.m. generata nelle spire.
[Dati numerici: i= 10 A; L=10 cm; =/6; B0=2 T;
=314rad/s; N=10]
Figura 4
x y
+q +q
-q +q -q
L
UNIVERSITA’ DEGLI STUDI DI GENOVA –SCUOLA POLITECNICA FISICA GENERALE I - Sede di Spezia – Soluzioni Prova A del 10/01/2018
Si utilizzeranno i seguenti valori delle costanti 𝑔 = 9.81𝑚𝑠2, 𝜀0 = 8.85 × 10−12 𝐹/𝑚, le soluzioni finali verranno fornite con 2 cifre significative.
ME1)
Figura 1 a)
Non essendoci forze dissipative, si conserva l’energia. Presa la posizione della massa a 𝜃 = 0° come quota di riferimento 𝐸𝑖 = 𝑚𝑔 ℓ(1 − cos 45°), 𝐸𝑓 =12𝑚𝑣02 da cui 𝑣0 = √2𝑔 ℓ(1 − cos 45°) ≈ 2.397 𝑚/𝑠 ≈ 2.4 m/s e, poiché immediatamente prima che la fune si rompa il moto è circolare, l’accelerazione radiale (centripeta) sarà 𝑎𝑟 =𝑣0ℓ2= 5.7466 𝑠𝑚2 ≈ 5.7 𝑚𝑠2.
b)
Si prenda una terna di riferimento con l’asse x orientato verso sinistra, con l’origine fissata in O e asse y verticale verso il basso (vedi figura 1). La massa eseguirà il moto di un proiettile partendo con velocità orizzontale 𝑣 = 𝑣0𝑖̂ determinata nella domanda precedente. Essendo richiesto il tempo occorre utilizzare la legge di Newton:
l’unica forza applicata è la forza peso verticale e fissiamo l’inizio dei tempi da quando si spezza la fune x: 𝑎 = 0 che integrata nel tempo fornisce 𝑣𝑥 = 𝑣0 e integrata ancora 𝑥 = 𝑣0𝑡
y: 𝑚𝑔 = 𝑚𝑎 da cui 𝑎 = 𝑔 che integrata nel tempo fornisce 𝑣𝑦 = 𝑔𝑡, integrando una seconda volta 𝑦 = 𝑦0 +
1
2𝑔𝑡2 con 𝑦0 = ℓ = 1 𝑚. Imponendo che la posizione finale della massa sia 𝑦 = 𝑑 si ricava il tempo di caduta 𝑑 = 𝑦0+12𝑔𝑡2, 𝑔𝑡2 = 2(𝑑 − 𝑦0) = 2ℓ → 𝑡𝑠 = √2ℓ𝑔 ≈ 0.4515𝑠 ≈ 0.45 𝑠 e quindi il cammino orizzontale 𝑥𝑠 = 𝑣0𝑡𝑠 ≈ 1.0824 𝑚 ≈ 1.1 𝑚.
ME2 a)
Eq. di Newton per il sistema: 𝑅⃗ + 𝑇⃗ + 𝑃⃗ = 0 con reazione vincolare incognita 𝑅⃗ = (𝑅𝑥, 𝑅𝑦, 0).
Preso un sistema di riferimento come quello schematizzato in figura con asse z uscente e origine O sul perno, proiettando si ottiene:
(1) x: 𝑅𝑥− 𝑇 cos 𝜃 = 0
(2) y: 𝑅𝑦− 𝑀𝑔 + 𝑇 sen 𝜃 = 0
E l’equazione dei momenti con polo in O:
(3)z: −𝑀𝑔𝐿2+ 𝑇 sen 𝜃𝐿2 = 0 da cui si ottiene la tensione del filo: 𝑇 =sen 𝜃𝑀𝑔 = 27.75 𝑁 ≈ 28 𝑁 Quindi la reazione vincolare all’istante iniziale vale:
𝑅𝑥 =tg 𝜃𝑀𝑔 ≈ 19.6133 𝑁 ≈ 20 𝑁 𝑅𝑦 = 0 𝑁.
b)
Per trovare la velocità angolare 𝜔 prima dell’urto, applichiamo la conservazione dell’energia meccanica 0 =12(𝑀𝐿32) 𝜔𝑖2− 𝑀𝑔𝐿2 avendo posto lo zero dell’energia potenziale alla quota y=0 (asta orizzontale).
Quindi si avrà: 𝜔𝑖 = √3𝑔𝐿 ≈ 3.835 𝑟𝑎𝑑/𝑠 ≈ 3.8 𝑟𝑎𝑑/𝑠.
Quindi la velocità del CM immediatamente prima dell’urto risulta: 𝑣𝐶𝑀 =𝐿2√3𝑔
𝐿 ≈ 3.835 𝑚/𝑠 ≈ 3.8 𝑚/𝑠 La sbarra è vincolata in O in cui può nascere una forza esterna al sistema, ma avendo scelto il polo in O questa forza esterna ha momento nullo quindi si conserva il momento angolare ma non la quantità di moto a causa della forza esterna che nasce in O. Detto 𝐼 =13𝑀𝐿2 il momento di inerzia rispetto ad O dell’asta per cui il momento angolare dell’asta vale 𝐿 = 𝐼𝜔 si ha
𝐿𝑓 = 𝐿𝑖 ovvero − (𝑚𝐿2+𝑀𝐿32) 𝜔𝑓 = − (𝑀𝐿32) 𝜔𝑖 che implica
𝜔𝑓 = +
𝑀𝐿2 3
(𝑚𝐿2+𝑀𝐿23 )𝜔𝑖 = 1
(𝑚𝐿2𝑀𝐿2 3
+1)
𝜔𝑖 = 1
(3𝑚𝑀+1)𝜔𝑖 ≈ 3.568𝑟𝑎𝑑𝑠 ≈ 3.6𝑟𝑎𝑑𝑠
Il centro di massa della sbarra subito dopo l’urto ha una velocità 𝑉 =𝐿2 𝜔𝑓 = 3.568𝑚𝑠 ≈ 3.6𝑚𝑠.
Osservazione: verifichiamo la non conservazione della quantità di moto nell’urto utilizzando il fatto che le velocità hanno solo componenti orizzontali:
iniziale subito prima dell’urto 𝑃𝑖 = 𝑀𝐿2 𝜔𝑖;
finale subito dopo l’urto 𝑃𝑓 = 𝑀𝐿2 𝜔𝑓+ 𝑚 𝐿𝜔𝑓= (𝑀𝐿2 +𝑚 𝐿) 1
(3𝑚𝑀+1)𝜔𝑖 = 𝑀𝐿2
1+𝑚𝐿 𝑀𝐿 2
(3𝑚𝑀+1)𝜔𝑖 = 𝑀𝐿2 1+
2𝑚 𝑀 (3𝑚𝑀+1)𝜔𝑖 = 𝑃𝑖𝑀+2𝑚𝑀+3𝑚≠ 𝑃𝑖.
Proviamo invece a partire imponendo (erroneamente) la conservazione della quantità di moto 𝑀𝐿2 𝜔𝑖 = (𝑀 + 𝑚)𝑉 e la velocità finale 𝑀+𝑚𝑀 𝐿2 𝜔𝑖 = 𝑉 è uguale per l’asta e la massa: ma l’asta passa da 𝑃𝑖 = 𝑀𝐿2 𝜔𝑖 a 𝑃𝑓 = 𝑀𝑉 con impulso della forza risultante 𝐽𝑎𝑠𝑡𝑎 = 𝑃𝑓− 𝑃𝑖 = 𝑀(𝑉 −𝐿2 𝜔𝑖) mentre per la massa 𝑝𝑖 = 0 e 𝑝𝑓= 𝑚𝑉 quindi l’impulso 𝐽𝑚 = 𝑝𝑓− 𝑝𝑖 = 𝑚𝑉, con la forza 𝐹 𝑖 che accelera la massa uguale e opposta per il terzo principio a quella che rallenta l’asta (forze interne al sistema massa+asta). Però l’asta cambia anche la velocità
angolare 𝜔𝑓 =2𝑉𝐿 e l’impulso angolare vale ∫ 𝜏𝑑𝑡 = ∆𝐿 = 𝐼(𝜔𝑓− 𝜔𝑖) ed essendoci solo la forza interna l’integrale fornisce ∫ 𝐹𝑖𝐿𝑑𝑡 = 𝐿 ∫ 𝐹𝑖𝑑𝑡 = 𝐿𝐽𝑎𝑠𝑡𝑎 = 𝐿𝑀(𝑉 −𝐿2 𝜔𝑖) = 𝐿𝑀(𝐿2 𝜔𝑓−𝐿2 𝜔𝑖) =12𝑀𝐿2(𝜔𝑓− 𝜔𝑖) ≠ ∆𝐿 perché 𝐼 =13𝑀𝐿2 da cui l’ipotesi che ci sia solo la forza interna durante l’urto è sbagliata: bisogna aggiungere un’altra forza necessariamente del perno, perciò esterna, e quindi il sistema asta+massa non è isolato e non si può conservare la quantità di moto.
EM1) a)
Per il principio di sovrapposizione, il campo risultante è la somma dei campi elettrici generati dalle singole cariche. L’origine è equidistante da tutte le cariche, perciò tutti i campi calcolati nell’origine (quindi i vettori devono essere applicati nell’origine) hanno ugual modulo 𝐸𝑞= 4𝜋𝜀|𝑞|
0𝐿2. Le cariche positive poste nel secondo e quarto quadrante producono un campo elettrico che si compensa esattamente nell’origine ovvero il loro contributo al campo elettrico totale è nullo.
Il contributo dovuto alle tre cariche rimanenti, mostrato in figura spostando leggermente i vettori per evitare sovrapposizioni, produce il seguente campo elettrico nell’origine:
2cos 60 1, 2 60
) 4 0 , 1 ( ) 60 , 60 (cos 60
, 60 4 cos
) 1 0 , 0
( 2
0 2
0
L sen q q
sen q
sen L q
E
2, 3
) 4 0 , 0
( 2
0
L
E q
ovvero |𝐸⃗ (0,0)| =4𝜋𝜀𝑞
0𝐿2√(−2)2+ (√3)2 = 951150 𝑉/𝑚 ≈ 0.95 𝑀𝑉/𝑚.
b)
Sempre applicando il principio di sovrapposizione, il potenziale complessivo è la somma dei potenziali generati dalle singole cariche 𝑉𝑞= 4𝜋𝜀𝑞
0𝐿 (avendo preso il riferimento all’infinito), ottenendo
L V q
4 0
) 0 , 0
( =
17975 𝑉 ≈ 18 𝑘𝑉.
Osservazione: rispetto al campo elettrico che è un vettore, questa somma di potenziali è una somma tra scalari.
Dalla definizione di lavoro
𝐿(∞ → 0) = ∫ 𝐹 ∙ 𝑑𝑠 = 𝑞0∫ 𝐸⃗ ∙ 𝑑𝑠 = −𝑞0[− ∫ 𝐸⃗ ∙ 𝑑𝑠
0
∞
] = −𝑞0[𝑉(0) − 𝑉(∞)]
0
∞ 0
∞
𝐿(∞ → 0) = −𝑞0[𝑉(0)] = − 𝑞0𝑞
4𝜋𝜀0𝐿≈ −1.7975 ∙ 10−4𝐽 ≈ −0.18 𝑚𝐽 NOTA BENE
Il segno è corretto? Cosa vuole dire? Si segua questo ragionamento “naif”: visto che le 5 cariche sono in modulo uguali e, numericamente, ci sono più cariche positive che negative una sesta carica anch’essa positiva potrà
esser avvicinata solo a spese di un lavoro esterno (la forza di un operatore che materialmente avvicina la carica) il che vuol dire che il lavoro della forza elettrostatica è negativo.
In modo più elegante si può osservare che la variazione dell’energia elettrostatica totale Ue è positiva:
𝐿 = −∆𝑈𝑒= −[∆𝑈𝑒(𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎) + ∆𝑈𝑒(𝑞0)]
Dove:
𝑈𝑒(𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 5𝑐𝑎𝑟𝑖𝑐ℎ𝑒) = 12∑ 4𝜋𝜀1
0 𝑞𝑖𝑞𝑗
𝑟
5𝑖≠𝑗 e pertanto ∆𝑈𝑒(𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎) = 0 perché le cinque cariche sono fisse.
𝑈𝑒(𝑞0) = 1
4𝜋𝜀0[𝑞0𝑞1
𝐿 +𝑞0𝑞2
𝐿 +𝑞0𝑞3
𝐿 +𝑞0𝑞4
𝐿 +𝑞0𝑞5
𝐿 ] = 𝑞0𝑞
4𝜋𝜀0𝐿[+3 − 2] = + 𝑞0𝑞 4𝜋𝜀0𝐿 Che rappresenta l’energia elettrostatica posseduta da q0 quando si trova in O.
Mentre 𝑈𝑒(𝑞0) = 0 quando q0 si trova all’infinito. Quindi ∆𝑈𝑒(𝑞0) = 𝑈𝑒(𝑞0 𝑖𝑛 𝑂)−𝑈𝑒(𝑞0 𝑖𝑛 ∞) = +4𝜋𝜀𝑞0𝑞
0𝐿
Pertanto
𝐿 = −∆𝑈𝑒 = −∆𝑈𝑒(𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎) − ∆𝑈𝑒(𝑞0) = − 𝑞0𝑞 4𝜋𝜀0𝐿
EM2) a)
E’ possibile esprimere il momento magnetico delle 𝑁 spire, ciascuna di area 𝐴 = 𝐿2, rispetto alla terna di riferimento suggerita nella figura del testo nel seguente modo: 𝑚⃗⃗ = 𝑁𝑖𝐿2(cos 𝜃 𝑖̂ + sen 𝜃 𝑗̂)
Dato che 𝐵⃗ = 𝐵0𝑖̂ e 𝑚⃗⃗ giacciono nel piano xy, possiamo calcolare il momento torcente in due modi:
-dalla definizione sintetica di prodotto vettoriale
|𝜏 | = |𝑚⃗⃗ ||𝐵⃗ | sin 𝜃 = 𝑁𝑖𝐿2∙ 𝐵0∙ sin 𝜃 = 1.0 𝑁𝑚 sapendo che il momento è diretto nella direzione perpendicolare al piano (verso determinato dalla regola della mano destra)
-oppure in modo più generale partendo dai vettori e calcolando in modo analitico il prodotto vettoriale 𝜏 = 𝑚⃗⃗ × 𝐵⃗ = (𝑁𝑖𝐿2(cos 𝜃 𝑖̂ + sen 𝜃 𝑗̂)) × 𝐵0𝑖̂ = 𝑁𝑖𝐿2𝐵0[ 𝑖̂ 𝑗̂ 𝑘̂
cos 𝜃 sen 𝜃 0
1 0 0
]
𝜏 = 𝑁𝑖𝐿2𝐵0(0, 0, − sen 𝜃) = 𝑁𝑖𝐿2𝐵0(0,0, −12) ≈ (0, 0, −1.0) 𝑁𝑚
|𝜏 | =12𝑁𝑖𝐿2𝐵0 = 1.0 𝑁𝑚
b) Dalla definizione di flusso per 𝑁 spire Φ(𝐵) = 𝑁∫ 𝐵⃗ ∙ 𝑑Σ⃗⃗⃗⃗
𝐴𝑟𝑒𝑎𝑆𝑝𝑖𝑟𝑎 = 𝑁 ∫𝐴𝑟𝑒𝑎𝑆𝑝𝑖𝑟𝑎𝐵0𝑖̂ ∙ (cos 𝜃 𝑖̂𝑥+ sen 𝜃 𝑗̂)𝑑Σ= 𝑁 ∫𝐴𝑟𝑒𝑎𝑆𝑝𝑖𝑟𝑎𝐵0cos 𝜃 ∙ 𝑑Σ = =𝑁𝐵0cos 𝜃 ∫𝐴𝑟𝑒𝑎𝑆𝑝𝑖𝑟𝑎𝑑Σ = 𝑁𝐵0cos 𝜃 L2
Se si tiene conto che la spira viene fatta ruotare con velocità angolare uniforme questo significa che 𝜃(𝑡) = 𝜔𝑡 (dove per semplicità abbiamo posto a zero l’angolo iniziale 𝜃𝑖 del moto che è inessenziale per il calcolo seguente) per cui il flusso risulta: Φ(𝐵) = 𝑁𝐵0L2cos 𝜔𝑡.
Quindi si ottiene una tensione indotta sinusoidale pari a 𝜀(𝑡) = −𝑑Φ(𝐵)𝑑𝑡 = Nω𝐵0L2cos 𝜔𝑡 la cui ampiezza massima vale 𝜀𝑚𝑎𝑥 = 𝑁ω𝐵0L2 ≈ 62.832 𝑉 ≈ 63 𝑉.
