vv x RO

(1)

Problemi di Fisica Problema 1

Una torta, assimilabile ad un cilindro omogeneo di massa M e raggio R, è appoggiata su un piatto girevole di massa trascurabile su cui non puó scivolare, mentre è libera di ruotare senza attriti attorno ad un asse verticale che passa per il centro. Un proiettile di massa m colpisce la torta e la attraversa, muovendosi perpendicolarmente all’asse del cilindro con velocità ~v, che si assume sufficientemente elevata da poter trascurare la sua variazione durante il breve intervallo di tempo in cui avviene l’attraversamento. Finché i due corpi sono a contatto la torta esercita sul proiettile una forza di attrito costante, in modulo pari a fa. Detta x la distanza tra l’asse di rotazione e la traiettoria del proiettile (0 ≤ x ≤ R), si calcoli la velocità angolare ω della torta dopo che il proiettile l’ha attraversata in funzione di x. In particolare si determini per quale valore di x la velocitá angolare è massima e il suo valore massimo, ωmax.

x

v v

R O

Soluzione

Dato che, per assunto, la velocità ~v del proiettile è costante, la sua traiettoria è rettilinea e la lunghezza del segmento percorso all’interno della torta è S = 2√

R²− x² (vedi figura). Per la III legge della dinamica, sulla torta agisce una forza di modulo fa parallela a ~v, applicata nel punto occupato a ciascun istante dal proiettile. Il momento prodotto da tale forza `e lo stesso per ogni punto della traiettoria e vale, in modulo, τ = fax, mentre la sua direzione `e

1

(2)

La variazione del momento angolare assiale del cilindro causata dal momento τ nel tempo dt `e

dLz = τ dt = faxdt . (1)

La variazione totale di Lz si ottiene integrando l’espressione precedente sul tempo T necessario perch`e il proiettile attraversi la torta, T = S/v essendo v costante. Dato che τ `e costante e la torta inizialmente ferma, si trova immediatamente

Lz = τ T = 2fa

v x√

R² − x². (2)

Ricordando che Lz = Izω, dove Iz = MR²/2 `e il momento d’inerzia del cilindro rispetto all’asse centrale, risulta

ω(x) = 2fa

vIz

x√

R²− x². (3)

Si vede facilmente che per x = 0 e x = R la velocità angolare si annulla, nel primo caso perchè il braccio è nullo e quindi τ = 0, nel secondo perchè il tempo di attraversamento diventa zero. Il valore di x a cui ω = ωmax si trova facilmente derivando la (3) rispetto a x e imponendo che sia dω/dx = 0. Risulta

xmax =

√2R

2 e ωmax= 2fa

vM . (4)

(3)

Problema 2

Due lastre conduttrici uguali, piane, di area S e spessore h, sono disposte una di fronte all’altra, con le superfici affacciate parallele a distanza d. Sulle due lastre sono presenti le cariche Q1 e Q2, rispettivamente, in equilibrio. Si determini:

1. come sono distribuite le due cariche sulle lastre;

2. quale forza ciascuna lastra esercita sull’altra.

Si supponga che le dimensioni laterali delle lastre siano molto maggiori sia del loro spessore h sia della distanza d.

Soluzione

In un conduttore in equilibrio le cariche si dispongono sulle superfici, che nel nostro caso sono le quattro superfici di area S, potendo trascurare le superfici di bordo delle lastre, in una configurazione tale da annullare il campo elettrico all’interno del conduttore.

Definiamo σ1 = Q1/S e σ2 = Q2/S. Indichiamo inoltre con σ1,int e σ2,int le densit´a di carica presenti sulle due superfici delle lastre a distanza d, direttamente affacciate una di fronte all’altra, e con σ1,est e σ2,est le densit´a di carica presenti sulle due superfici esterne.

Per la conservazione della carica avremo σ1,int+ σ1,est = σ1 e σ2,int+ σ2,est = σ2.

Il campo elettrico generato da una superficie piana di densitá di carica σ è ~E = σ/(2ǫ0)~n, dove ~n è un versore perpendicolare al piano e uscente da esso.

Imponendo che sia nullo il campo all’interno di ciascuno dei due conduttori otteniamo le due equazioni:

σ1,int+ σ1,est+ σ2,int = σ2,est (5) σ2,int+ σ2,est+ σ1,int = σ1,est. (6) Assieme alle relazioni precedenti, abbiamo quattro equazioni che permettono di determinare le quattro densit´a incognite, ottenendo:

σ1,int = σ1− σ²

2 = Q1− Q²

2S , σ2,int = Q2− Q¹

2S , (7)

σ1,est = σ2,est = σ1+ σ2

2 = Q1+ Q2

2S . (8)

3

(4)

E~1 = σ1,int+ σ2,est

2ǫ0

~n1 = Q1

2Sǫ0

~n1, (9)

uniforme in tutto lo spazio.

La forza esercitata sulle cariche presenti nella lastra 2 `e

F~12= Q2E~1 = Q1Q2

2Sǫ0

~n1, (10)

repulsiva se le due cariche Q1 e Q2 hanno lo stesso segno. La forza esercitata su Q1 dalle cariche presenti sulla lastra 2 `e ~F21= − ~F12, come prescrive la terza legge di Newton.

(5)

Problema 3

Uno specchio sferico viene realizzato alluminando una delle due superfici di una lente sottile biconvessa. Il raggio di curvatura delle facce della lente `e lo stesso e pari a R = 60 cm;

il materiale di cui `e composta ha indice di rifrazione n = 1.5. Un fascio di luce parallelo viene fatto incidere sullo specchio, dal lato non alluminato della lente, in direzione parallela all’asse del sistema. Trovare il punto nel quale il fascio converge.

Soluzione

Il modo pi´u semplice di trovare la risposta `e utilizzando l’equazione del diottro sferico.

Supponiamo tuttavia di non conoscerla, e di conoscere solo l’equazione di una lente sottile simmetrica,

1 p +1

q = 1

f , (11)

con 1/f = 2(n − 1)/R, e l’equazione dello specchio sferico 1

p +1 q = 2

R. (12)

Va posta attenzione alla convenzione sui segni di p e q. Nel caso della lente prenderemo p positivo dalla parte di arrivo del fascio luminoso, e q positivo dall’altra parte. Per lo specchio p e q sono positivi dalla parte in cui si trova il centro dello specchio.

Immaginiamo che l’alluminatura venga leggermente staccata dal vetro della lente. Se la separazione è molto piú piccola di R, ciascun raggio, dopo essere stato riflesso dallo specchio, rientra nella lente molto vicino al punto da cui ne è uscito. Per questo motivo la direzione del raggio all’interno della lente è praticamente coincidente con quella che esso avrebbe avuto se lo specchio non fosse stato staccato. Scomponiamo quindi il processo di formazione dell’immagine in tre fasi:

5

(6)

dalla relazione: 1/p1+ 1/q1 = 2(n − 1)/R;

2. riflessione sullo specchio: 1/p2+ 1/q2 = 2/R;

3. attraversamento della lente da destra a sinistra: 1/p3+ 1/q3 = 2(n − 1)/R.

Per le convenzioni sui segni fatte sopra, ed essendo la lente sottile, e quindi il suo spessore trascurabile, avremo p2 = −q¹ e p3 = −q². Le tre equazioni diventano quindi una sola:

1 p1

+ 1 q3

= 2(2n − 1)

R , (13)

dove q3 è la distanza dalla lente in cui si concentra il fascio incidente. Poiché il fascio incidente è parallelo,

1 p1

= 0 , e quindi q3 = R

2(2n − 1) = 15 cm . (14)

(7)

Problema 4

Il circuito resistivo mostrato in figura `e formato da N celle tutte uguali (R = 14 Ω), chiuse alla fine su una resistenza RX. Si applica ai capi A-B una d.d.p. V0 = 28 V, e si scopre che il valore della corrente erogata dal generatore non dipende dal numero N di celle utilizzate per formare il circuito. Determinare:

1. il valore della resistenza RX;

2. la potenza dissipata sulla prima resistenza in parallelo a A-B.

2 R R

2 R

R R

X

A B

Soluzione

Se la corrente erogata non dipende dal numero di celle significa che la resistenza vista ai capi A-B non dipende da N. Sia RN la resistenza con N celle. Aggiungiamo una cella. Avremo:

1 RN +1

= 1

R + 1

2R + RN

. (15)

Imponendo che RN +1= RN otteniamo l’equazione

R²_N + 2RRN − 2R² = 0 , (16)

la cui unica radice positiva `e RN = R(√

3−1) ∼ 0.7R. Il risultato ottenuto deve valere anche per N = 0, cio´e quando l’unica resistenza collegata ai capi A-B `e la resistenza incognita RX. Ne consegue che RX = R(√

3 − 1) ∼ 0.7R ∼ 10 Ω.

Ai capi della prima resistenza `e applicata la f.e.m. V0. La potenza dissipata su R `e quindi P = V0²/R ∼ 56 W, indipendentemente dal resto del circuito.

7

(8)

Un recipiente cubico di lato ℓ è riempito a metà d’acqua. Il serbatoio è montato su un carrello che si può muovere su una guida orizzontale ed è inizialmente in quiete. Ad un certo istante il carrello viene messo in movimento con accelerazione costante ~a (a < g) diretta lungo la guida. Assumendo che il liquido abbia raggiunto una configurazione di equilibrio, si determini

1. la forma della superficie libera dell’acqua;

2. di quanto `e variata l’energia potenziale gravitazionale dell’acqua rispetto al caso in cui il carrello `e fermo;

3. la velocit`a con cui esce l’acqua se si apre un rubinetto posto alla base della parete laterale anteriore del recipiente, nell’ipotesi che sia a ≪ g.

Soluzione

La superficie libera di un liquido è ortogonale alla risultante delle forze che agiscono su di esso. Nel sistema di riferimento solidale con il carrello, che si muove con accelerazione costante ~a nella direzione delle x positive, e quindi non è inerziale, oltre alla forza peso agisce la forza fittizia, −m~a. La forza totale per unitá di massa è quindi ~a^r = ~g − ~a. La superficie libera si dispone perpendicolarmente ad ~ar che è un vettore costante, assumendo la forma di un piano inclinato che forma un angolo θ = arctan a/g con l’orizzontale. Il liquido ha un’altezza minore in corrispondenza della parete anteriore del contenitore e maggiore in corrispondenza di quella posteriore. Il volume occupato dal fluido è quello di un prisma a sezione trapezoidale.

Detta h la differenza di livello dell’acqua tra la parete posteriore e quella anteriore, deve essere h/ℓ = tan θ = a/g. Per calcolare l’altezza del fluido in corrispondenza della parete anteriore, h1, `e sufficiente ricordare che, essendo l’acqua incompressibile, il volume occupato dal fluido non cambia

V = ℓ²ℓ

2 = (h1+ h1+ h)ℓ

2ℓ , (17)

da cui h1 = (ℓ − h)/2.

L’energia potenziale gravitazionale della massa d’acqua è Ep = MgyCM, dove M = ρV e yCM è l’altezza del centro di massa dell’acqua rispetto al fondo del recipiente (ρ è la densitá

(9)

del fluido). Quando il carrello `e fermo yCM = ℓ/4 e quindi Ep,0 = Mgℓ/4. Per calcolare yCM

quando il recipiente è in moto, la strada piú semplice è quella di notare che la sezione del liquido in movimento corrisponde a quella del liquido fermo a cui è stato “tolto” un triangolo rettangolo di base ℓ/2 ed altezza h/2 nella parte anteriore ed “aggiunto” un triangolo uguale in quella posteriore. Ricordando che la distanza del CM del triangolo rettangolo dalla base

`e (h/2)/3, le altezze dei CM dei due triangoli rispetto al fondo del recipiente sono rispettivamente ℓ/2 − h/6 e ℓ/2 + h/6. Dato che la massa del prisma triangolare corrispondente ad uno dei triangoli `e Mpr = ρℓ(ℓ/2)(h/2)/2, si trova

yCM = ℓ

4 +Mpr[(ℓ/2 + h/6) − (ℓ/2 − h/6)]

M = ℓ

4+ h²

12ℓ. (18)

Alternativamente, si può procedere notando che la sezione verticale del fluido nella direzione di ~a è un trapezio rettangolo, i cui vertici hanno coordinate: A (0, 0), B (ℓ, 0), C (ℓ, [ℓ − h]/2), D (0, [ℓ + h]/2), avendo assunto per semplicitá l’origine del sistema di riferimento in corrispondenza con il vertice in basso della parete posteriore.

Si tratta quindi di determinare l’altezza del CM per un trapezio rettangolo omogeneo.

Per farlo `e conveniente decomporre il trapezio in un rettangolo, di lati ℓ e (ℓ − h)/2, ed in un triangolo rettangolo, i cui cateti misurano ℓ e h. Il CM del rettangolo si trova ad un’altezza

yCM,ret= ℓ − h

4 . (19)

Il CM di un triangolo rettangolo di cateti a e b con il vertice retto nell’origine sta nel punto di coordinate (a/3, b/3). Nel nostro caso, quindi

yCM,tri = h

3 + l − h

2 . (20)

Avendo determinato yCM delle due figure, l’altezza del centro di massa dell’acqua si calcola da

yCM = MretyCM,ret+ MtriyCM,tri

M , (21)

dove Mret = ρℓ²(h − ℓ)/2 e M^tri = ρℓ²h/2 sono le masse del parallelepipedo e del prisma triangolare. Sostituendo nell’equazione precedente si ottiene,

yCM = ℓ 4+ h²

12ℓ, (22)

conformemente a quanto ricavato in precedenza. La variazione di energia potenziale gravitazionale vale quindi

9

(10)

∆Ep =

2 yCM − 4 =

24g . (23)

La velocitá di efflusso è data dalla consueta formula (teorema di Torricelli). Se a ≪ g, l’angolo θ è molto piccolo; possiamo quindi approssimare ar con g e l’altezza di caduta in direzione di ~ar con quella in direzione verticale, pari a h1 = (ℓ − h)/2. Ne consegue che

v =^q2gh1 =^qℓ(g − a) . (24)