1.Testo. Dal soffione di un box doccia posizionato ad una altezza H=2.00 m dal suolo cadono delle gocce d’acqua a intervalli regolari. Assumendo che tutte le gocce seguano lo stesso tragitto in verticale dal soffione al suolo, e sapendo che la quinta goccia si sta stacca dal soffione esattamente quando la prima goccia tocca il suolo, determinare a quell’istante (1) la quota rispetto al suolo della seconda goccia e (2) la distanza fra la terza e la quarta goccia.
1. Soluzione.
Il moto della prima goccia è descritto dall’equazione 1 2 2 1gt H y = − da cui il tempo di volo della goccia = =
g t 2H
* 0.64 s
L’intervallo con cui scendono le gocce è ∆ = = = g H t t
8 4
* 0.16 s
La seconda goccia parte ritardata di ∆t ed il suo moto è descritto da
( ) ( )
22 2
1g t t H
t
y = − −∆
al momento t* la sua altezza rispetto al suolo è
( ) ( )
= =
−
=
∆
−
−
=
= H
g g H
H t t g H t y
h 16
7 2
4 3 2
* 1 2
* 1
2 2
2
2 87.5 cm
La terza goccia parte ritardata di 2∆t ed il suo moto è descritto da 3
( ) (
2)
22
1g t t
H t
y = − − ∆
al momento t* la sua altezza rispetto al suolo è
( ) ( )
= =
−
=
∆
−
−
=
= H
g g H
H t t g H t y
h 4
3 2
2 1 2 2 1
2 *
* 1
2 2
3
3 150 cm
La quarta goccia parte ritardata di 3∆t ed il suo moto è descritto da 4
( ) (
3)
22
1g t t H
t
y = − − ∆
al momento t* la sua altezza rispetto al suolo è
( ) ( )
= =
−
=
∆
−
−
=
= H
g g H
H t t g H t y
h 16
15 2
4 1 2 3 1
2 *
* 1
2 2
4
4 187.5 cm
La distanza fra la quarta e la terza goccia è h −h = H = 16
3
3
4 37.5 cm
FI F IS SI IC CA A
A.A. 2016-2017 Ingegneria Gestionale 3° appello del 18 Settembre 2017
Soluzioni Esame completo
2. Testo Una ruota, costituita da un cilindro pieno di raggio R di massa m=5kg viene posta in movimento su un piano inclinato di θ=15° scabro di coefficiente di attrito statico µs=0.3, µd=0.2, applicando sull’asse del cilindro una forza F diretta lungo il piano inclinato. Si calcoli i valori di forza minimo Fmin e massimo Fmax applicabile che garantisca un moto di puro rotolamento in salita.
2. Soluzione.
Rotolamento della ruota: il moto di rotolamento avviene in accordo alle due equazioni cardinali
1a Equazione cardinale
=
−
−
=
ma P
A F
P R t
n
s n
θ θ sin
cos
2a Equazione cardinale: calcolo dei momenti rispetto a C (l’unico momento non nullo è quello della forza di attrito)
dt I d R A M M
M M
MP + F+ Rn + As = As = s = C ω
da cui a
R I dt d R
AS = IC ω = C2
dove per il rotolamento vale la condizione R dt a = dω
Combinando le equazioni a P ma
R
F− IC2 − sinθ = da cui sin 0
2 ≥ +
= −
R I m
P a F
C
θ .
da questa condizione si ottiene il valore minimo della forza F≥Fmin =mgsinθ =12.7 N Il valore massimo della forza si ottiene dalla condizione sull’attrito statico che deve essere
(
sin θ)
max µ µ cosθ2
2 F mg A R mg
I mR a I
R
A I s n s
C C C
S − ≤ = =
= +
= da cui
+ +
=
≤
C
s I
mg mR F
F
2
max sinθ µ cosθ 1 =mg
[
sinθ +3µscosθ]
=55.3 N essendo 2 2 1mR IC =3. Testo. Un ponte di Wheatstone è da lungo tempo alimentato da una batteria f=15V collegata con le quattro resistenze del ponte R1=1kΩ, R2=2kΩ, R3=1kΩ, R4=6kΩ come descritto in figura. A causa dello sbilanciamento del ponte il condensatore di capacità C=5µF sul ramo AB ha accumulato una energia elettrostatica Eo. Supponendo di aprire l’interrutore T al tempo t=0, determinare l’energia residua dopo un tempo
∆t=2ms.
3. Soluzione.
Fase di carica del condensatore:
Prima dell’apertura dell’interruttore per t<0 il circuito è in condizione stazionaria. Il condensatore è carico e si comporta come un circuito aperto.
La corrente I1 attraversa in serie R1, R3 + =
=
3 1
1 R R
I f 7.5 mA
t≥0
C R1
f + R2
R4
R3
T
A B
T
R2
R4
R1
f +
R3
A B
P
I2
I1
C F
As
Rn
P ω
n t R
θ
La corrente I2 attraversa in serie R2, R4 + =
=
4 2
2 R R
I f 1.875 mA
Tensione sul condensatore
( ) ( )
=
−
=
− +
= +
−
=
−
−
−
=
−
=
∆ 2
1 4 1
3 1
1
4 2
2 1
1 2
2 f
R R
R R
R f R R I R I V V V V V V
VC A B P B P A - 3.75 V
Energia iniziale condensatore: = = ∆ = 2 2
2
2 V C
C
Eo qo c 35.16µJ
Fase di scarica del condensatore:
quando l’interruttore viene aperto e la batteria disinserita il condensatore si scarica attraverso le quattro resistenze come riportato in figura (b). La resistenza equivalente di scarica si ottiene effettuando
il parallelo
( ) ( )
=+ + +
+
⋅
= +
4 3 2 1
4 3 2 1
R R R R
R R R
Req R 2.1 kΩ
da cui il tempo caratteristico di scarica τsc =ReqC = 10.5 ms
La carica sul condensatore è quindi q
( )
t =qoexp[
−t τsc]
e l’ energia( ) ( )
= =[
− sc]
= o[
− sc]
=o t E t
C q C t t q
E exp 2 τ exp 2 τ
2 2
2 2
29 µJ
4. Una carica elettrica di segno alterno viene posizionata lungo una semicirconferenza di raggio R=20cm in modo che la carica positiva Q=10µC viene distribuita uniformemente nel quadrante AB e quella negativa –Q nel quadrante BC. Si calcoli il vettore campo elettrico e potenziale generato nel punto centrale dell’anello O.
4. Soluzione.
La distribuzione complessiva viene vista come la sovrapposizione di due distribuzioni di carica opposte disposte su archi ci circonferenza
Campo elettrico e potenziale generato
la carica di segno alterno è distribuito sui due archi di circonferenza con densità lineare uniforme
λ
=2Qπ
R.La carica positiva disposta nel tratto di lunghezza ds=Rdθ, vale dq=λds =λRdθ
e genera nel punto O un contributo θ
πε λ
πε R Rd
dE dq
o
o 4
4 2
1 = =
Data la carica +dq esiste sempre una carica simmetrica –dq che genera un contributo dE2 di egual modulo e direzione come in figura. Per ragioni di simmetria la componente del campo dE1y lungo y viene annullata dal contributo della sorgente simmetrica mentre la componente dE1x viene raddoppiata per cui
+
- -
- - +
+ +
O R
A
B
+Q -Q
C - R1
A + B
C R4
R2
(b)
R3
Req
A + B
C (c)
+
+
- - +
+ +
O R
A B
dE1
dE1x
θ s +dq
y θ=0
θ= −π/2 θ= π/2
-
x -dq dE2
dE1y
θ
[ ]
2 2 20 2
0 1
,
1 cos 2
sin 2 sin 2
2
2 R
Q R
d R dE R
dE E
o o o
o x
tot πε π ε
θ λ πε
θ λ πε θ
θ = λ π = − π = =
=
=
∫ ∫
+∫
+ =2.87·106 V/mIl potenziale elettrico nel punto O è invece nullo 0
4
4 = − =
=
=
∫
dV∫
dqR Q QRV
o o
tot πε πε
5. Testo. Un solenoide di lunghezza L, costituito da N spire, viene percorso da una corrente variabile nel tempo con legge esponenziale decrescente I1(t)=Ioexp[-t/τ]. Una spira metallica circolare di rame di raggio r=10cm di resistenza elettrica R=20Ω è interna e coassiale al solenoide. Trascurando i fenomeni di autoinduzione, raffrontare nel punto C i due vettori induzione magnetica prodotti rispettivamente dal solenoide e dalla spira circolare e calcolare per quale valore del tempo caratteristico τ i due vettori coincidono.
5. Soluzione. Il vettore induzione magnetica in tutti i punti interni del solenoide vale
( )
µ I[
t τ]
L t N
Bo o o −
= exp
1
, (verso uscente)
Il flusso concatenato con la spira circolare vale
( )
µ πr I[
t τ]
L dS N
n B
t o o o
c −
=
⋅
=
Φ
∫∫
r ,1 ˆ 2 expPer Faraday-Neumann-Lenz la f.e.m. indotta nella spira è
[
τ]
τ
µ πr I t
L N dt
fi d c o o −
=
− Φ
= exp
2
da cui si ricava l’intensità della corrente indotta nella spira µ π τ
[
t τ]
LR NI r R
i = fi = o o exp−
2 2
che produce un campo magnetico indotto al centro della spira
[
τ]
τ π µ
µ t
LR rNI r
Bo = oi = o o exp− 2
2
2 2 2
che ha stessa direzione e verso del campo inducente Bo1 Il rapporto fra i due vettori di induzione magnetica in C assume l’espressione
τ π µ
R r B
B o
o o 1 2
2 = ed i due vettori
si equivalgono quando si assuma = = R
o r 2
π
τ µ 4.9 ns
r
I1 R C
I1 i2 R C
n, Bo1, Bo2
2. Testo. Quattro condensatori identici di capacità C0=200 pF sono collegati in serie. La d.d.p. tra il primo e l’ultimo condensatore viene mantenuta costante a pari a ∆V =12V. Tra le armature di uno dei condensatori viene successivamente inserita una lastra di materiale dielettrico con costante dielettrica relativa εr. In quest’ultimo caso risulta che l’energia elettrostatica immagazzinata nel sistema è scesa al 80% di quella iniziale. Si calcoli la costante dielettrica relativa del dielettrico.
2. Soluzione. I quattro condensatori collegati in serie. Sono equivalenti ad un unico condensatore di capacità
1 4 Co
C =
che immagazzina l’energia
∆
=
∆
= 2 4
1 2
1 2
1 2 1
Co
V C
V E
Quando viene inserito il dielettrico la capacità nel terzo condensatore aumenta ma quella totale diminuisce
+
= + +
+
=
r o
o o r o
o C C C C
C
C ε ε
3 1 1 1 1 1 1 1
2
da cui
= +
r r
Co
C ε
ε 3
2 1
che immagazzina
∆ +
=
∆
=
r r
Co
V C
V
E ε
ε 3 1 2
1 2
1 2
2 2 2
Imponendo
5 4 3 1
4
1 2
1
2 =
= +
=
r r
C C E E
ε
ε da cui 2
=1
εr (il risultato non è fisicamente realistico!)
4. Testo Uno ione di carica +q e di massa m entra dalla fenditura A in una camera parallelepipeda con una velocità w inclinata di un angolo θ rispetto all’orizzontale. Nella camera è presente una induzione magnetica uniforme Bo
ortogonale alla velocità che causa una deflessione dello ione che fuoriesce dalla fenditura C praticata sulla parete orizzontale. Conoscendo le posizioni delle fenditure di ingresso ed uscita, il valore della velocità di lancio w, la massa m e la carica q dello ione, l’angolo θ, determinare l’intensità dell’induzione magnetica Bo che è necessario imporre per poter fare uscire lo ione dalla camera. (Si trascurino gli effetti gravitazionali)
F F IS I SI IC CA A
A.A. 2016-2017 Ingegneria Gestionale 3° appello del 18 Settembre 2017 Soluzione altri esercizi di Esonero
w
Bo
a
c
X A
C
θ
4. Soluzione. Calcolo del raggio della traiettoria circolare dello ione.
All’interno della camera, lo ione tende a percorrere una traiettoria circolare per effetto della forza di Lorentz (vengono qui trascurati gli effetti gravitazionali)
R mw qwBo
= 2 da cui
qR Bo = mw
Essendo in A la velocità di ingresso inclinata di q rispetto all’orizzontale, il centro di curvatura si trova nel punto O lungo la verticale alla distanza R dalla fenditura A. Le due fenditure A, C appartengono inoltre alla circonferenza di raggio R.
Applicando Pitagora generalizzato:
(
+)
− +(
θ +γ)
+
= 2 2 2 2 2 2 cos
2 R a c R a c
R ove
2
cos 2
c a
a
= +
γ ;
2
sin 2
c a
c
= + γ θ
θ γ
θ γ
θ 2 cos sin
1 sin sin cos cos 2
1 2 2 2 2
c a
c a c
R a
−
= +
−
= +
e combinando le equazioni
qR
Bo =mw=
( )
(
2 2)
sincos 2
c a q
c a
mw
+
− θ
θ
w Bo
a c
X A
C O
R
γ R
θ θ
