1. Un giocatore di golf deve lanciare la pallina il più vicino possibile alla buca ad una distanza compresa tra b=100m e c=110m dal punto di battuta. Nel
percorso ad una distanza a=50m dalla battura è presente un grande albero di altezza H=30m che costituisce un impedimento.
Il giocatore ha a disposizione tre mazze in grado di imprimere alla palla una inclinazione a scelta (α1=20°, α1=45°, α1=50°) determinare quale mazza è utilizzabile e quali sono le velocità minima e massima da imprimere inizialmente per entrare sicuramente nella zona b<x<c.
2. Due corpi di massa M1=2Kg ed M2=1Kg scivolano lungo un piano scabro inclinato di a=30° rispetto ad un piano orizzontale. Essi sono uniti tra loro da un’asta rigida di massa trascurabile parallela al piano inclinato. Il coefficiente di attrito dinamico del corpo 1 vale µd1=0.15, quello del corpo 2 vale µd2=0.20.
Calcolare la tensione dell’asta che collega i due corpi e l’accelerazione comune cui sono sottoposti i due corpi.
3. All’interno di una sfera di centro O e di raggio R=10 cm è presente una carica Q=100µC distribuita uniformemente. Una piccola carica di prova q=1µC di massa m=1g viene posizionata in A (alla distanza rA=20 cm calcolata rispetto ad O) e lanciata con velocità wA=6*10-4 m/s. Determinare la posizione del punto B (distanza rB calcolata rispetto ad O) in cui la carica si ferma ed inverte il suo moto.
3. Il dispositivo in figura si compone di un circuito resistivo alimentato da una forza elettromotrice f=10kV. I due resistori principali R1=7.5 kΩ, R2=2 kΩ, sono utilizzati come scaldatori per aumentare la temperatura di due bollitori contenenti rispettivamente M1=1kg e M2=2kg di acqua distillata. La resistenza interna del circuito r=500 Ω tiene in conto di tutti gli effetti resistivi di fili e generatore.
Determinare dopo quanti secondi la massa M1 contenuta nel primo bollitore si porta dalla temperatura ambiente di 20°C (cui si trova inizialmente l’intero sistema) alla temperatura di 80°C. Determinare a quell’istante a quale temperatura si viene a trovare la massa d’acqua M2 nel secondo bollitore (calore specifico acqua C=4187 J/kg, si trascurino le perdite termiche nei bollitori)
5. Una barretta metallica conduttrice di lunghezza L=15cm e resistenza elettrica R1=5Ω e massa m1=10g viene spinta lungo binari conduttori orizzontali, senza attrito e di resistenza trascurabile alla velocità costante vo=5m/s. Nella regione in cui si muove la barretta è presente un campo magnetico uniforme verticale di induzione Bo=2T. Più avanti è disposta una seconda barretta di medesime caratteristiche ma inizialmente ferma a 10m. Determinare la velocità acquistata dalla seconda barretta in seguito all’induzione e la corrente che scorre nel circuito. Dare il valore numerico dopo t=1s.
F FI IS SI IC CA A
A.A. 2013-2014 Ingegneria Gestionale 1° appello del 23 Giugno 2014
Esame completo
B O R +Q
q wA A
R1
f
R2
r
Bo
V1
R1
L
V2
R2
X1
X2
M1
M2
α
1. Equazioni della cinematica. Le grandezze cinematiche vengono scomposte secondo gli assi x,y
Lungo l’asse x
( ) ( )
( ) ( )
=
=
⋅
= 0
cos cos
x o x
o
a v t v
t v
t x
α α
, e lungo l’asse y
( ) ( )
( ) ( )
−
=
−
=
−
⋅
= g a
gt v
t v
gt t v
t y
y o y
o
α α sin
2
sin 2
Calcolo della gittata:
il tempo di volo si ottiene imponendo y(t*)=0 da cui
( )
g t 2vosinα
*= la gittata L si ottiene dalla
L=x(t*)=
( )
g v g
t v
vo *cosα = 2 o2sinαcosα = o2sin 2α Condizione sulle velocità per atterraggio prossimo alla buca:
( )
cg L v
b≤ = o2sin 2α ≤
da cui
( )
2α sin( )
2α sinv gc gb
o ≤
≤ (diseq.1)
Equazione della traiettoria:
dalla equazione x(t) si esplicita il tempo
α
ocos v
t= x che si sostituisce nell’equazione y(t)
in modo da determinare l’equazione della traiettoria parabolica 2 2 2 cos
2 x
v x g tg y
o
−
⋅
= α α
Condizione sulla velocità per superare l’ostacolo:
( )
a Hv a g tg a y
o
≥
−
⋅
= 2 2 2
cos
2 α
α da cui
(
a tgg H)
vo a
−
≥ ⋅
α α 2 cos
insieme con
a
tgα≥ H (diseq.2)
Riepilogo sull’uso delle mazze: l’unica mazza utilizzabile è la terza con alzo α3=50°
alzo diseq.1 diseq.2 commento
α1=20° 39.0 m/s ≤ vo ≤ 40.9 m/s mai la palla sbatte sempre contro ostacolo α2=45° 31.3 m/s ≤ vo ≤ 32.8 m/s vo ≥ 35 m/s la palla va lunga per superare l’ostacolo α3=50° 31.5 m/s ≤ vo ≤ 33.1 m/s vo ≥ 31.6 m/s Ok se 31.6 m/s ≤ vo ≤ 33.1 m/s 2. Le forze agenti su ciascuna massa sono le seguenti
a) la forza peso P=Mg diretta lungo la verticale b) la reazione normale Rn lungo la normale n.
c) la forza di attrito dinamico Ad lungo l’asse tangenziale t.
d) la tensione dell’asta T lungo l’asse tangenziale t.
Scomponendo le forze secondo gli assi n,t
Per la massa M1 Per la massa M2
=
−
−
=
−
a M T A P
P R t
n
d n
1 1
1
1 1
sin
0 cos ˆ
ˆ
α
α
= +
−
=
−
a M T A P
P R t
n
d n
2 2
2
2 2
sin
0 cos ˆ
ˆ
α
α
F FI IS SI IC CA A
A.A. 2013-2014 Ingegneria Gestionale 1° appello del 23 Giugno 2014
Rn2
α Ad2
P2
T
Ad1 P1
Rn1
T M2
M1 n
t
Sommando le 2 equazioni lungo t si ottiene
(
M1+M2) (
a= P1+P2)
sinα−(
Ad1+Ad2)
,da cui
+
− +
=
2 1
2 2 1
cos 1
sin M M
M g M
a α α µd µd =3.485 m/s2
sostituendo nella seconda il valore trovato dell’accelerazione
(
−)
+ = +(
−)
== 2 1
2 1
2 1 2
2 sin d gcos d d
M M
M A M
g a M
T α α µ µ 0.283 N
3. La carica q è lanciata in A con la velocità wA in modo da raggiungere il punto B di inversione del moto con energia cinetica trascurabile. Imponendo la conservazione dell’energia tra il punto di partenza A e quello incognito di arrivo B si ottiene la relazione
B A
A qV qV
T + = da cui
( )
q mw q
V T r
VB B A A A
2
2
=
=
− (1)
La differenza di potenziale è d’altra parte calcolabile mediante la legge di Gauss.
Applicando la legge di Gauss ad una superficie sferica concentrica Σ
( )
rE r dS n
Eo⋅ˆ =4π 2 o
=
Φ
∫
Σ Σ
r
=Qint/εo dove
( )
>
=
=
= <
Q R r
R r Q r
V R Q r
3 3 3
int int
3 4π ρ ρ
da cui si ricava il campo elettrico interno ed esterno alla sfera
=
>
=
<
=
2 int 3
1 4 4
r E Q
R r
R r E Q
R r E
o ext
o
πε πε
La differenza di potenziale tra i punti B,A si calcola integrando il campo elettrico
=
−
− +
= +
=
−
∫ ∫
A B
o r
R ext R
r A
B R R r
r R dr Q
E dr E V
V
A
B
1 1 2
4 3
2 2
int πε
− −
A B
o R r
r R
Q 1
2 3
4 3
2 2
πε (2)
Combinando le due equazioni ed esplicitando la posizione del punto incognito B
( )
=
+
−
=
A A o
B qQ r
R mw R
r 1
4 2 2 3
2 3
2 πε 14.1 cm (ma rB>R non accettabile. L’ipotesi che punto B fosse interno viene smentita. La carica q non riesce ad entrare nella sfera di raggio R. Ed è necessario ripetere il calcolo della differenza di potenziale VA-VB ipotizzando B esterno)
−
=
=
−
∫
A B o r
r ext A
B r r
dr Q E V
V
A
B
1 1
4πε che con Eq.1 dà luogo a
( )
≅
+
=
2 −1
1 4 2
A A o
B qQ r
r πε mw 20 cm
4. Il circuito elettrico formato da una sola maglia la intensità di corrente elettrica vale =
+
= +
2
1 R
R r
I f 1A
La potenza dissipata per effetto Joule sulle resistenze
B O R +Q
q wA
A
R1
f
R2
r
(
+ +)
==
= 2
2 1
1 2
1 2
1 r R R
R R f
I
P 7.5 kW;
(
+ +)
==
= 2
2 1
2 2
2 2
2 r R R
R R f
I
P 2 kW;
Il calore sviluppato in un tempo ττττ nei due bollitori è quindi
( )
ττ 2
2 1
1 2
1
1 r R R
R P f
Q = = + + ;
( )
ττ 2
2 1
2 2
2
2 r R R
R P f
Q = = + + in rapporto
1 2
1 2
R R Q Q =
Il calore necessario per portare il primo bollitore alla temperatura T1=80°C si ottiene dalla equazione calorimetrica
(
T Tamb)
C M
Q1= 1 1− = 251 kJ da cui il tempo che è necessario attendere è quindi ττττ=Q1/P1= 33.5 s
Dal raffronto tra i calori sviluppati tra i due bollitori
( ) (
amb)
amb
T T C M
T T C M R R Q Q
−
= −
=
1 1
2 2
1 2
1 2
si ottiene la temperatura del secondo bollitore al tempo τ:
(
−)
=
+
= amb T Tamn
R M
R T M
T 1
1 2
2 1
2 28°C
5.Dopo aver scelto una opportuna orientazione della corrente in modo che la normale alla spira nˆ abbia la stessa direzione e verso di Bo
r , si calcola il flusso concatenato con la spira Φc:
( ) ( ) [
x t x t]
L B dy dx B BdS dS
n
B o
x L
x o
c 2 1
0
2
1
ˆ = = = −
⋅
=
Φ
∫
r∫ ∫ ∫
Applicando la legge di Faraday-Neuman-Lenz si calcola la forza elettromotrice indotta nella spira
( ) ( )
[
x2 t x1 t]
B L(
V2 V1)
dt L d dt B
fi =−dΦc =− o − =− o −
l’intensità di corrente indotta nel circuito
( ) [
1 2]
2 1 2 1
V R V
R L B R R t f
i i o −
+
= ⋅
= + (nel senso in figura)
e con la 2a di Laplace la forza sulla barretta
( ) [
1 2]
2 1
2
2 V V
R R
L iLB B
F o o −
+
= ⋅
= (nel senso in figura)
Tale forza produce una accelerazione
dt m dV a m
F2 = 2 2 = 2 2 . Combinando le equazioni si ottiene l’equazione
( )
2(
1 2)
12 2
2 2 1 2
2 2
2 V
R R m
L V B
R R m
L B dt
dV o o
= + + +
Con soluzione generale V2 =Aexp
(
−t τ)
+V1 ove =(
+)
= =2 2 2
2 2 1
2 2
L B
mR L
B R R m
o o
τ 1.11 s
Il valore di A= -V1 si trova imponendo che la seconda barretta sia inizialmente ferma
da cui la velocità V2 =V1
[
1−exp(
−t τ) ]
e la corrente( ) [ ] (
t τ)
R LV V B
R V R
L t B
i o − = o −
+
= ⋅ exp
2
1 2
1 2 1
I valori numerici dopo t=1s sono rispettivamente V2
(
t =1s)
=2.97 m/s , i(
t=1s)
=61mABo
V1 R1
L
V2
R2
X1 X2
n
i F2
1. Su di una semiretta orizzontale viene posizionata una distribuzione lineare uniforme di carica elettrica di valore λ1=10µC/m. Su di una retta obliqua inclinata di 45° rispetto all’orizzontale è invece presente una distribuzione lineare uniforme λ2. Infine una terza carica Q3=5 µC è distribuita su di un segmento verticale di lunghezza L incognita come indicato in figura. Sapendo che nel punto O posizionato alla stessa distanza da tutte le tre sorgenti (a=10cm) si verifica una condizione di assenza di campo elettrico, determinare il valore incognito della distribuzione λ2 e della lunghezza L del segmento.
2. All’interno di una sfera di centro O e di raggio R=10 cm è presente una carica Q=100µC distribuita uniformemente. Una piccola carica di prova q=1µC di massa m=1g viene posizionata in A (alla distanza rA=20 cm calcolata rispetto ad O) e lanciata con velocità wA=6*10-4 m/s. Determinare la posizione del punto B (distanza rB calcolata rispetto ad O) in cui la carica si ferma ed inverte il suo moto.
3. Il dispositivo in figura si compone di un circuito resistivo alimentato da una forza elettromotrice f=10kV. I due resistori principali R1=7.5 kΩ, R2=2 kΩ, sono utilizzati come scaldatori per aumentare la temperatura di due bollitori contenenti rispettivamente M1=1kg e M2=2kg di acqua distillata. La resistenza interna del circuito r=500 Ω tiene in conto di tutti gli effetti resistivi di fili e generatore.
Determinare dopo quanti secondi la massa M1 contenuta nel primo bollitore si porta dalla temperatura ambiente di 20°C (cui si trova inizialmente l’intero sistema) alla temperatura di 80°C. Determinare a quell’istante a quale temperatura si viene a trovare la massa d’acqua M2 nel secondo bollitore (calore specifico acqua C=4187 J/kg, si trascurino le perdite termiche nei bollitori)
4. Quattro spire circolari sono disposte come in fìgura e percorse dalla medesima corrente I=2mA. Le spire disposte su piani paralleli hanno centri equamente spaziati sull’asse orizzontale in modo che la distanza sia OCn=n*∆x con n=1,2,3,4 e ∆x=1cm. I raggi delle spire crescono proporzionalmente con la distanza con legge Rn=OCn*tan(θ) così da essere tangenti al cono con vertice in O ed angolo di semiapertura θ=30°.
Calcolare il vettore induzione nel vertice O del cono.
5. Una barretta metallica conduttrice di lunghezza L=15cm e resistenza elettrica R1=5Ω e massa m1=10g viene spinta lungo binari conduttori orizzontali, senza attrito e di resistenza trascurabile alla velocità costante vo=5m/s. Nella regione in cui si muove la barretta è presente un campo magnetico uniforme verticale di induzione Bo=2T. Più avanti è disposta una seconda barretta di medesime caratteristiche ma inizialmente ferma a 10m. Determinare la velocità acquistata dalla seconda barretta in seguito all’induzione e la corrente che scorre nel circuito. Dare il valore numerico dopo t=1s.
F FI IS SI IC CA A
A.A. 2013-2014 Ingegneria Gestionale SECONDO ESONERO 1° appello del 23 Giugno 2014
B O R +Q
q wA A
R1
f
R2
r
I
C4 R4
O I
C3
R3
I C2 R2 θ
Bo
V1 R1 L
V2 R2
X1 X2
λλλλ1
λλλλ2
a a a
Q3
1. Campo elettrico generato da un tratto rettilineo lungo la direzione longitudinale
Il campo elettrico elementare è
( )
24 z a
dE dz
o +
= πε λ ed integrando
(
zdza)
z a a a L aQ(
a L)
dE E
o L
o L
o
o = +
− +
=
− + + =
=
=
∫
4πελ∫
4πελ 1 4πελ 1 1 4πε0 0
0 2
Nel caso quindi della terza distribuzione il campo vale
(
a L)
a E Q
o +
= 4πε
3 3
Nel caso della prima distribuzione, essendo L infinito, il campo vale E a
πεo
λ 4
1 1 =
Campo elettrico generato da un tratto rettilineo lungo la mediana
Sfruttando le simmetrie si può dimostrare che il campo elettrico lungo la mediana
=
= max
2
2 sin
2 θ
πε λ E a
o a L a
L
a o
o πελ
πελ
2 2
2 2
2 =
+ quando il filo è infinito
Proiettando i campi elettrici lungo gli assi x,y ed imponendo annullamento del campo
( )
=
°
−
=
°
−
0 45 sin )
0 ) 45 cos(
)
2 3
2 1
E E y
E E
x da cui
=
=
1 3
1
2 2
E E
E
E ssia
=
−
=
=
=
cm a
Q L
m C 40 07 . 7 2
1 3
1 2
λ
µ λ
λ
2. La carica q è lanciata in A con la velocità wA in modo da raggiungere il punto B di inversione del moto con energia cinetica trascurabile. Imponendo la conservazione dell’energia tra il punto di partenza A e quello incognito di arrivo B si ottiene la relazione
B A
A qV qV
T + = da cui
( )
q mw q
V T r
VB B A A A
2
2
=
=
− (1)
La differenza di potenziale è d’altra parte calcolabile mediante la legge di Gauss.
Applicando la legge di Gauss ad una superficie sferica concentrica Σ
( )
rE r dS n
Eo⋅ˆ =4π 2 o
=
Φ
∫
Σ Σ
r
=Qint/εo dove
( )
>
=
=
= <
Q R r
R r Q r
V R Q r
3 3 3
int int
3 4π ρ ρ
F FI IS SI IC CA A
A.A. 2013-2014 Ingegneria Gestionale SECONDO ESONERO 1° appello del 23 Giugno 2014
+ + + + + + + + λ λ dz λ λ O a
Eo z
+ + + + + + + +
O E2 θmax a
B O R +Q
q wA
A λλλλ1
λλλλ2
E3 x
L Q3
E2 E1
y
da cui si ricava il campo elettrico interno ed esterno alla sfera
=
>
=
<
=
2 int 3
1 4 4
r E Q
R r
R r E Q
R r E
o ext
o
πε πε
La differenza di potenziale tra i punti B,A si calcola integrando il campo elettrico
=
−
− +
= +
=
−
∫ ∫
A B
o r
R ext R
r A
B R R r
r R dr Q
E dr E V
V
A
B
1 1 2
4 3
2 2
int πε
− −
A B
o R r
r R
Q 1
2 3
4 3
2 2
πε (2)
Combinando le due equazioni ed esplicitando la posizione del punto incognito B
( )
=
+
−
=
A A o
B qQ r
R mw R
r 1
4 2 2 3
2 3
2 πε 14.1 cm (ma rB>R non accettabile. L’ipotesi che punto B fosse interno viene smentita. La carica q non riesce ad entrare nella sfera di raggio R. Ed è necessario ripetere il calcolo della differenza di potenziale VA-VB ipotizzando B esterno)
−
=
=
−
∫
A B o r
r ext A
B r r
dr Q E V
V
A
B
1 1
4πε che con Eq.1 dà luogo a
( )
≅
+
=
2 −1
1 4 2
A A o
B qQ r
r πε mw 20 cm
3. Il circuito elettrico formato da una sola maglia la intensità di corrente elettrica vale =
+
= +
2
1 R
R r
I f 1A
La potenza dissipata per effetto Joule sulle resistenze
(
+ +)
==
= 2
2 1
1 2
1 2
1 r R R
R R f
I
P 7.5 kW;
(
+ +)
==
= 2
2 1
2 2
2 2
2 r R R
R R f
I
P 2 kW;
Il calore sviluppato in un tempo ττττ nei due bollitori è quindi
( )
ττ 2
2 1
1 2
1
1 r R R
R P f
Q = = + + ;
( )
ττ 2
2 1
2 2
2
2 r R R
R P f
Q = = + + in rapporto
1 2
1 2
R R Q Q =
Il calore necessario per portare il primo bollitore alla temperatura T1=80°C si ottiene dalla equazione calorimetrica
(
T Tamb)
C M
Q1= 1 1− = 251 kJ da cui il tempo che è necessario attendere è quindi ττττ=Q1/P1= 33.5 s
Dal raffronto tra i calori sviluppati tra i due bollitori
( ) (
amb)
amb
T T C M
T T C M R R Q Q
−
= −
=
1 1
2 2
1 2
1 2
si ottiene la temperatura del secondo bollitore al tempo τ:
(
−)
=
+
= amb T Tamn
R M
R T M
T 1
1 2
2 1
2 28°C
R1
f
R2
r
4. Calcolo del vettore induzione magnetica generato dalla n-esima spira circolare Ai fini del calcolo dell’induzione magnetica in O si applica la 1a formula
di Laplace all’elemento sorgente Idl della n-esima spira centrata su Cn
4 r3
l r Id B
d o
r v
r = ×
π
µ da cui il modulo 2
4 r dB oIdl
π
= µ
per ragioni di simmetria il contributo efficace nel punto O va però proiettato lungo l’asse z
π θ θ µ
π sin
4
cos 2 2
r dB Idl
dBz = o
−
= che integrata su tutta la spira
+ =
=
=
=
∫
π µπ θ µ sinθsin 2
2 4 2 2 2
n n
n o o
n z
n R z
R I r
R I dB
B µ2oI zn2
(
1zn+tgtgθ2θ)
sinθ = µ2ozIn sin2θcosθSommando i contributi delle quattro spire infine si ottiene l’induzione complessiva in O
=
⋅
= ∆
=
∑ ∑
= 4
1
2 1
cos
2 sin n
o n
n
tot x n
B I
B µ θ θ =
∆ θ θ
µ sin cos 24
25 2
x
oI 56.7 nT
5.Dopo aver scelto una opportuna orientazione della corrente in modo che la normale alla spira nˆ abbia la stessa direzione e verso di Bo
r , si calcola il flusso concatenato con la spira Φc:
( ) ( ) [
x t x t]
L B dy dx B BdS dS
n
B o
x L
x o
c 2 1
0
2
1
ˆ = = = −
⋅
=
Φ
∫
r∫ ∫ ∫
Applicando la legge di Faraday-Neuman-Lenz si calcola la forza elettromotrice indotta nella spira
( ) ( )
[
x2 t x1 t]
B L(
V2 V1)
dt L d dt B
fi =−dΦc =− o − =− o −
l’intensità di corrente indotta nel circuito
( ) [
1 2]
2 1 2 1
V R V
R L B R R t f
i i o −
+
= ⋅
= + (nel senso in figura)
e con la 2a di Laplace la forza sulla barretta
( ) [
1 2]
2 1
2
2 V V
R R
L iLB B
F o o −
+
= ⋅
= (nel senso in figura)
Tale forza produce una accelerazione
dt m dV a m
F2 = 2 2 = 2 2 . Combinando le equazioni si ottiene l’equazione
( )
2(
1 2)
12 2
2 2 1 2
2 2
2 V
R R m
L V B
R R m
L B dt
dV o o
= + + +
Con soluzione generale V2 =Aexp
(
−t τ)
+V1 ove =(
+)
= =2 2 2
2 2 1
2 2
L B
mR L
B R R m
o o
τ 1.11 s
Il valore di A= -V1 si trova imponendo che la seconda barretta sia inizialmente ferma
da cui la velocità V2 =V1
[
1−exp(
−t τ) ]
e la corrente( ) [ ] (
t τ)
R LV V B
R V R
L t B
i o − = o −
+
= ⋅ exp
2
1 2
1 2 1
I valori numerici dopo t=1s sono rispettivamente V2
(
t =1s)
=2.97 m/s , i(
t=1s)
=61mA ICn Rn
zn
r dB
dBz π/2−θ π/2−θπ/2−θ π/2−θ θθθθ
O
Bo
V1
R1
L
V2
R2
X1 X2
n
i F2
