UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI PADOVA Corsi di Laurea in Ingegneria Settore Informazione- Canale 4 I prova di accertamento di Fisica Generale 1 – 21 Aprile 2018

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Corsi di Laurea in Ingegneria Settore Informazione- Canale 4 I prova di accertamento di Fisica Generale 1 – 21 Aprile 2018

Cognome _____________________ Nome _________________________ Matricola _______________

Problema 1

Il Dr. Stranamore gioca ad una simulazione di guerra nel suo giardino. All’istante t = 0 lancia un missile da una nave contro un obiettivo terrestre. Il sistema di difesa antiaereo dell’obiettivo rivela l’avvicinarsi del missile dopo che quest’ultimo ha percorso la distanza d = 1200m dopo il lancio, quando si trova, all’istante t

, nella sua parabola discendente con velocità di modulo v

= 400km/h che forma un angolo θ = –10° con l'orizzontale. In questo istante la difesa lancia verticalmente un proiettile che intercetta il missile dopo ∆ t = 2s. Determinare, nell’ipotesi che agisca solo la forza peso:

1) il modulo della velocità iniziale del missile v

2) l’altezza rispetto al suolo a cui viene intercettato il missile h 3) il modulo della velocità iniziale del proiettile v

θ v

h y

d x

v

v

1) La legge della velocità porge

v

= v

cosθ = v

= cost v

= v

senθ = v

− gt

= 0

⎧ ⎨

⎪

⎩⎪

L’istante di rivelazione del missile si può ottenere da x(t) d = v

t

= v

cosθ t

⇒ t

= d

v

cosθ = 10.97s per cui

v

= v

cosθ = 109.42m/s = 393.9km/h v

= v

senθ + gt

= 88.29m/s = 317.8km/h

⎧ ⎨

⎪

⎩⎪

e quindi

v

= v

+ v

= 140.60m/s = 506.2km/h 2) L’altezza del missile all’istante dell’intercettazione è

h = v

( t

+ ∆ t ) ^{− 1} ₂ ^{g t} (

+ ∆ t )

^{= 320m}

3) La legge oraria del proiettile è

h = v

∆ t − 1 2 g ∆ t

per cui

v

= h

∆ t + 1

2 g ∆ t = 169.81m/s = 611.3km/h

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Problema 2

Un punto materiale di massa m = 0.5kg è vincolato a muoversi su una circonferenza liscia di raggio R = 20cm posta in verticale. All’istante t = 0 il punto si trova fermo in equilibrio nel punto più alto della traiettoria ed è connesso ad una molla ideale, di massa trascurabile, costante elastica k = 15 N/m, lunghezza a riposo nulla, vincolata all’altro estremo nel punto O più basso della traiettoria. Si sposta leggermente il corpo dalla posizione di equilibrio. Determinare nell’istante in cui il corpo passa nel punto P all’altezza del centro della circonferenza:

1) il modulo della velocità angolare del corpo ω

2) il modulo dell’accelerazione del corpo a

3) la reazione vincolare della guida R

P m

O

1) Conservazione dell’energia meccanica fra l’istante iniziale e l’istante finale 1

2 k 2R ( )

^{+ mgR = 1}

2 m ( ) ω R

^{+ 1}

2 k R 2 ( )

per cui

ω = 2kR + 2mg

mR = 12.57rad/s 2) Equazione del moto nella posizione finale

N + kR = ma

= mω

R mg + kR = ma

⎧ ⎨

⎪

⎩⎪

Accelerazione in coordinate intrinseche

a

= ω

R = 31.62m/s

a

= g + kR

m = 15.81m/s

⎧

⎨ ⎪

⎩⎪

a = a

+ a

= 35.35m/s

3) Dalla prima equazione del moto

N = mω (

− k ) ^{R = 12.81N}

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Problema 3

Una molla ideale di massa trascurabile, costante elastica k = 180 N/m, lunghezza a riposo

= 0.2m, è vincolata ad un estremo di una rampa scabra inclinata di θ = 30°. Un corpo puntiforme di massa m = 100g è appoggiato sul piano in corripondenza dell’altro estremo della molla che viene tenuta compressa di ∆
= 0.1m. Si rilascia la molla e il corpo sale lungo il piano inclinato arrestandosi nel punto P ad altezza h = 80cm rispetto al suolo. Calcolare:

1) il coefficiente di attrito dinamico µ

2) il tempo impiegato dal corpo ad arrestarsi dall’istante in cui la molla cessa la sua azione t

Si ripete l’esperimento azionando, nell’istante in cui la molla cessa di agire, un motore, interno al corpo, che sviluppa una potenza costante. Si osserva che il corpo transita per il punto P con velocità v = 3m/s e che il tempo precedentemente calcolato si dimezza. Determinare

3) la potenza sviluppata dal motore P

θ

h

m

P

1) La distanza percorsa dal corpo lungo il piano inclinato è d = h

sen θ ⁻
(

⁻ ∆
) ^{= 1.5m}

e la variazione di quota del corpo è

∆h = h −
(

− ∆
) senθ = 0.75m Applicando il bilancio energetico

− µmgd cosθ = mg∆h − 1 2 k∆

µ = k∆

2mgd cosθ − ∆ h

d cosθ = 0.129

2) La velocità del corpo al distacco dalla molla è ottenibile dal bilancio energetico fra l’istante iniziale e l’istante in cui la molla cessa di agire

−µmg∆
cosθ = 1

2 mv

+ mg∆
senθ − 1 2 k∆

v

= 2

m 1

2 k∆

− mg∆
senθ − µmg∆
cosθ

⎛ ⎝⎜ ⎞

⎠⎟ = k∆

m − 2g∆
senθ + µ cosθ ( ) ^{= 4.1m/s}

Da questo istante l’equazione del moto del corpo è

−mg sen θ − µ mg cos θ = ma

per cui il corpo si muove di moto uniformemente accelerato con accelerazione a = −g sen ( θ + µ cosθ ) ^{= −6m/s}

e quindi

0 = v

+ at ⇒ t = − v

a = 0.704s

3) Il motore compie un lavoro W

= P t 2 ( ) ^. Poichè in P l’energia della molla è stata completamente utilizzata per l’aumento dell’energia potenziale gravitazionale e per la dissipazione dovuta all’attrito, tale lavoro va integralmente in aumento dell’energia cinetica del corpo

W

= P t 2 = 1

2 mv

⇒ P = mv

t = 1.32W

Se non si fa questa osservazione si può comunque applicare il bilancio energetico fra due qualsiasi posizioni: per esempio fra la posizione iniziale e quella finale si ha

P ^t

2 − µ mgd cos θ = 1

2 mv

+ mg ∆ h − 1 2 k ∆

P = mv

+ 2mg ( ∆ h + µ d cos θ ) − k ∆

t = 1.32W