FISICA GENERALE IPER INFORMATICA

Prova parziale, 28 Gennaio 2002

1. Tre particelle con uguale carica q si trovano ai vertici di un triangolo equilatero di lato d.

Quale e la forza agente su ciascuna particella?

2. Nella configurazione mostrata in figura si ha: C1 = 4 �F, C2 = 6 �F e C3 = 5 �F.

Supponendo VB - VA = 65 V, si calcoli:

(a) quale e la carica su ciascun condensatore;

(b) quanto vale la energia totale immagazzinata nel sistema dei 3 condensatori.

3. Un fascio di elettroni viene deflesso da un campo elettrico di intensita E = 4 103 V/m nella regionecompresa tra 2 elettrodi carichi (essenzialmente le armature di un condensatore piano), come mostra lafigura.

L’energa cinetica di un elettrone del fascio e di 1.12 10�15 J.

(a) Quali sono direzione e verso del campo elettrico?

(b) Quali dovrebbero essere l’intensita e la direzione e verso di un campo magnetico uniforme che,applicato in questa regione, consentisse al fascio di attraversarla senza essere deviato?

Dati numerici: me = 9.1 10�31 kg.

4. Una spira percorsa da corrente e formata da 2 archi circolari concentrici e da 2 segmenti radiali perpen-dicolari, come mostrato in figura.

Si determini il campo magnetico al centro degli archi.

Dati numerici: I = 20 A; a = 30 mm; b = 50 mm.

Soluzione no. 1Introduciamo un sistema di coordinate come in figura. Naturalmente, siccome le cariche sono tutte uguali

ed il triangolo e equilatero, le forze che agiscono sulle tre cariche sono, in modulo, tutte uguali tra di loro.Quindi basta calcolare la forza totale che agisce su una sola carica, per esempio quella posta in B nella figura.

La forza che A esercita su B e diretta lungo l’asse x ed il suo modulo vale:

FAB =1

4��0

q2

d2

La forza che C esercita su B e diretta lungo CB; ha lo stesso modulo di FAB e le sue componenti valgono(indicando con � l’angolo di 600):

(FCB)x = FCB cos � =1

2FCB =

1

2

1

4��0

q2

d2

(FCB)y = � FCB sin � = �p3

2FCB = �

p3

2

1

4��0

q2

d2

Quindi la forza totale agente su B ha componenti:

(FB)x =1

4��0

q2

d2+

1

2

1

4��0

q2

d2=

3

2

1

4��0

q2

d2

(FB)y = �p3

2

1

4��0

q2

d2

FB =

q((FB)x)2 + ((FB)y)2 =

p3

4��0

q2

d2

ed e diretta in verso opposto rispetto al centro del triangolo.

Soluzione no. 2

1. La differenza di potenziale ai capi di C3 e VB - VA e quindi la sua carica vale:

Q3 = C3 (VB � VA) = 3:25 10�4 C

I 2 condensatori C1 e C2 sono tra di loro in serie e quindi hanno sulle armature la stessa carica, cheovviamente e la carica che si trova sulle armature del condensatore equivalente dei 2 in serie:

1

C12

=1

C1

+1

C2

C12 =C1 C2

C1 + C2

= 2:4 �F

Pertanto:Q1 = Q2 = C12 (VB � VA) = 1:56 10�4 C

2. tra i punti A e B la capacita equivalente totale e:

C123 = C12 + C3 = 7:4 �F

percio:

ETOT =1

2C123 (VB � VA)

2 � 15:63 10�3 J

cosı distribuiti:

E1 =1

2

Q21

C1

� 3:04 10�3 J

E2 =1

2

Q22

C2

� 2:03 10�3 J

E3 =1

2

Q23

C3

� 10:56 10�3 J

Si verifichi che i risultati sono consistenti.

Soluzione no. 3

� Poiche gli elettroni hanno carica negativa, il campo elettrico deve essere rivolto verso il basso. Le carichesulle armature sono quindi quelle mostrate in figura.

� La forza elettrica applicata ad ogni elettrone e rivolta verso l’alto, di modulo Felett = eE. Perche glielettroni siano indeviati occorre quindi una forza magnetica diretta verso il basso e di uguale modulo.

La velocita di ogni elettrone si ricava dalla sua energia cinetica:

K =1

2mev

2

che fornisce

v =

s2K

me� 4:96 107 m=s

La forza magnetica e data dalla forza di Lorentz agente sull’elettrone:

~Fmagn = �e~v � ~B

quindi il campo magnetico deve essere perpendicolare alla figura, entrante nella pagina e di modulo taleche

evB = eE

B =E

v� 8:1 10�5 T

Soluzione no. 4Questo problema si affronta con la legge di Biot–Savart, che fornisce il contributo al campo ma-gnetico da

parte di un elemento di corrente id~l in un punto a distanza ~r:

d~B =�0i

4�

d~l� ~r

r3

In base alla definizione di prodotto vettoriale, i 2 tratti radiali danno un contributo nullo al campo magnetico.Consideriamo ora il campo magnetico dovuto alla parte piu esterna della spira; con il verso della corrente

indicato ogni contributo d~B risulta entrante rispetto al piano della figura. Quindi, poiche i vari contributi sonotutti tra loro paralleli, basta integrare su un quarto di circonferenza il valore del suo modulo:

dB =�0i

4�

dl

b2

per ottenere un campo magnetico entrante di valore:

Besterno =�0i

4�

1

b2

Z �b

2

0

dl =�0i

4�

1

b2�b

2=

�0i

8

1

b

Con lo stesso ragionamento si ottiene al centro un valore del campo magnetico uscente dovuto alla partepiu interna:

Binterno =�0i

8

1

a

Il campo totale sara quindi uscente e di modulo:

Btotale = Binterno �Besterno = =�0i

8(1

a�

1

b) =

�0i

8ab(b� a) � 4:2 10�5 T

FISICA GENERALE IPER INFORMATICA

Prova scritta, 8 Febbraio 2002

1. Un corpo viene lanciato con velocita v0 lungo un piano orizzontale scabro. Il coefficiente di attritodinamico tra corpo e piano vale � = 0.25. Si osserva che il corpo si arresta dopo un tempo t1 = 3 s. Sicalcoli la velocita iniziale v0.

(Solo per il vecchio ordinamento) Se invece il piano scabro e inclinato di un angolo � = �/6 conl’orizzontale, si calcoli dopo quanto tempo lo stesso corpo, partendo con la stessa velocita iniziale, siarresta.

2. Una sottile sbarretta omogenea, lungaL = 32 cm e di massa M = 48 g, puo oscillare in un piano verticaleattorno ad un asse orizzontale passante per un suo estremo.

Si chiede:

� la sbarretta viene messa in posizione orizzontale e poi lasciata libera, soggetta all’azione dellagravita. Con quale velocita angolare passa per la posizione verticale?

� (Solo per il vecchio ordinamento) Qual’e la reazione del perno in questo istante?

3. Vicino alla superficie della Terra e presente un campo elettrico uniforme E = 150 V/m, diretto verso ilbasso. Due palle identiche, aventi la stessa massa m = 540 g, sono lasciate cadere da una altezza h = 2

m, ma una delle due palle e carica positivamente con q1 = 550 �C e la seconda e carica negativamentecon q2 = – 500 �C.

Trascurando la resistenza dell’aria:

� si calcolino le velocita con cui le 2 palline raggiungono il suolo.

� (Solo per il vecchio ordinamento) L’origine del campo elettrico E e una carica distribuita sullasuperficie terrestre. Si calcoli quanto vale la carica totale esistente sulla superficie terrestre, suppo-nendo che detta carica sia distribuita uniformemente.

4. Due lunghi fili sottili paralleli, separati da una distanza d, sono percorsi da correnti concordi. Il filo disinistra e percorso da una corrente I, quello di destra da una corrente 3I.

� Si calcoli in quali punti interni ai 2 fili e giacenti nel piano individuato dai fili stessi il campomagnetico totale e nullo.

� (Solo per il vecchio ordinamento) Si calcoli il campo magnetico totale per punti esterni ai 2 fili,distanti x da uno dei due fili. Successivamente si faccia l’approssimazione x >> d e si giustifichiil risultato ottenuto.

Soluzione no. 1

� Si tratta in entrambi i casi di moto uniformemente decelerato. Se il piano e orizzontale la decelerazione(dovuta alla sola forza di attrito dinamico) vale in modulo �g e quindi:

v(t) = v0 � �gt

da cui, imponendo che il corpo si fermi all’istante t = t1, si ottiene:

v0 = �gt1 � 7:35 m=s

� Se invece il moto avviene lungo il piano inclinato, la decelerazione lungo il piano inclinato stesso (dovutaalla componente della forza peso lungo il piano ed alla forza di attrito, che e diretta verso il basso) valein modulo: g sin � + �g cos � e quindi, in analogia al caso precedente:

v0 = (g sin � + �g cos �) t2

t2 =v0

g sin � + �g cos �=

�gt1

g sin � + �g cos �=

�t1

sin � + � cos �� 1:05 s

Soluzione no. 2

� Usando il teorema degli assi paralleli si ottiene il momento di inerzia della sbarretta rispetto ad un suoestremo:

I = ICM +Md2 =1

12ML2

+ML2

4=

1

3ML2

Il CM scende di L/2; dalla conservazione dell’energia, scegliendo come livello di energia potenziale zeroquello del CM nella posizione verticale si ottiene:

MgL

2=

1

2I!2

! = (3g

L)1=2 � 9:6 rad=s

� Quando la sbarretta e nella posizione verticale, se indichiamo con F la reazione vincolare del perno (chee una forza verticale verso l’alto), il secondo principio della dinamica fornisce:

F �Mg = MaCM

aCM =v2CML=2

=2

L!2

L2

4=

1

2!2L

F �Mg = M1

2!2L =

3

2Mg

F = Mg +3

2Mg =

5

2Mg � 1:18 N

Soluzione no. 3

� Le accelerazioni delle due palline sono rispettivamente:

a1 = g +q1E

m

a2 = g �q2E

m

Poiche a1 > a2, arrivera a terra prima la pallina carica positivamente.

� Usando le formule del moto uniformemente accelerato, le velocita con cui le due palline arrivano a terrasono:

v1 =

s2 (g +

q1E

m) h � 6:31 m=s

v2 =

s2 (g �

q2E

m) h � 6:22 m=s

� Indicando con � la densita superficiale di carica esistente sulla superficie terrestre, il campo elettrico nellesue immediate vicinanze vale:

E =�

�0

quindi:QT = �4�R2

T = E�04�R2T � 6:6 105 C

Il verso del campo E indica che QT e negativa.

Soluzione no.4

� Consideriamo un punto P interno ai due fili, distante x dal filo di sinistra (percorso da corrente I) e quindid � x da quello di destra (percorso da corrente 3I). I due campi magnetici in P dovuti ai due fili sonodiscordi tra loro. Il campo totale e quindi nullo quando:

�0 I

2�x=

�0 3I

2�(d� x)

x =d

4

Quindi il punto P e a distanza 3d4

dal filo di destra, come si puo facimente verificare.

� Consideriamo ora un punto P esterno ai 2 fili, distante x dal filo di sinistra (e quindi x � d da quello didestra). In P i due campi magnetici sono ora concordi tra loro. Il campo magnetico totale vale quindi, inmodulo:

B(x) =�0 I

2�x+

�0 3I

2�(x� d)=

�0 I

2�

4x� d

x(x� d)

Con l’approssimazione x >> d l’espressione precedente diventa:

B(x) ��0 4I

2�x

che e proprio l’espressione che uno si aspetta, perche da grande distanza non si vede la separazione tra i2 fili e quindi si vede solo un unico filo percorso dalla corrente 4I .

FISICA GENERALE IPER INFORMATICA

Prova scritta, 22 Aprile 2002

Appello speciale per studenti del vecchio ordinamento

1. Un’asta rigida omogenea di massa M = 4 kg, lunghezza L = 120 cm e sezione trascurabile, e vincolata aruotare in un piano verticale intorno ad un asse orizzontale passante per un suo estremo; gli attriti sonotrascurabili. L’asta, inizialmente in quiete in posizione orizzontale, viene lasciata libera di ruotare sottol’azione della forza peso. Passando per la posizione verticale essa urta con l’estremo inferiore una piccolasfera (in quiete e non soggetta a vincoli) di massa m = 0.2 kg che rimane attaccata all’asta. Si calcoli:

� il modulo !1 della velocita angolare dell’asta immediatamente prima dell’urto;

� il modulo !2 della velocita angolare dell’asta immediatamente dopo l’urto.

2. Un blocco A, di massa mA = 10 kg, e appoggiato su un piano orizzontale liscio. Il blocco A e collegato,tramite una fune inestensibile ed una carrucola, entrambe di massa trascurabile, ad un blocco B di massamB = 20 kg (vedi figura).

La distanza tra A ed il bordo del tavolo vale L = 2 m. Il sistema, inizialmente fermo, viene lasciato liberosenza imprimergli velocita iniziale. Si calcoli:

� la velocita dei blocchi quando A lascia il tavolo.

� Supponiamo ora che tra A ed il piano vi sia un coefficiente di attrito cinetico � = 0.2. Quanto valein questo caso la velocita dei blocchi quando A lascia il tavolo?

3. Un solenoide di lunghezza l = 50 cm, sezione A = 20 cm2 e formato da 100 spire, viene collegato ad unaresistenza da 1.4 10 �3

e ad un generatore di tensione continua di f.e.m. f = 0.2 V.

� Dopo quanto tempo la corrente nel circuito raggiunge una intensita pari alla meta della corrente diregime?

� Quanto vale a quell’istante l’energia magnetica del solenoide?

4. Due conduttori sferici isolati, lontanissimi tra loro e da ogni altro oggetto, di raggio r1 = 9 cm e r2 = 27cm, sono carichi e si trovano rispettivamente ai potenziali V1 = 1500 V e V2 = 3000 V. Essi vengono poicollegati tra loro mediante un sottilissimo filo metallico. Si domanda:

� il potenziale finale (comune);

� quanto calore si e sviluppato nel filo.

Soluzione no. 1

� L’asta e omogenea ed il suo centro di massa coincide con il suo punto medio; quindi nel passaggio dallaposizione orizzontale a quella verticale il CM scende di un tratto L/2. La variazione di energia potenzialedell’asta vale M g L / 2 e quindi, per la conservazione della energia totale, si ha:

1

2I!21 = Mg

L

2

con

I = ICM +ML2

4= M

L2

12+M

L2

4= M

L2

3

!1 =

r3g

L� 4:95 rad=s

� L’urto e perfettamente anelastico. La conservazione del momento angolare rispetto all’asse di rotazione(le forze esterne, forza peso e reazione vincolare, hanno momento nullo rispetto a questo asse di ro-tazione) fornisce:

I !1 = Isistema !2

con

Isistema = Iasta + Isferetta = ML2

3+mL2

= L2(m+

M

3)

Quindi:

ML2

3!1 = L2

(m+M

3) !2

!2 =M

3m+M!1 � 4:3 rad=s

Soluzione no. 2

� Indicando con T la tensione della fune, il diagramma del corpo libero applicato a B e A rispettivamentefornisce:

mBg � T = mBa

T = mAa

da cui, sommando membro a membro:

mBg = (mB +mA) a

a =mB

mA +mBg � 6:53 m=s2

A questo punto la piu semplice e la soluzione cinematica. Poiche il moto e uniformemente accelerato, lavelocita comune ai 2 blocchi quando A lascia il piano, dopo aver percorso un tratto L, vale:

v(L) =p2aL � 5:11 m=s

� Se invece il piano e scabro, le equazioni precedenti diventano:

mBg � T = mBa

T � �mAg = mAa

da cui, sommando membro a membro:

mBg � �mA g = (mB +mA) a

a =mB � �mA

mA +mBg � 5:88 m=s2

e quindi, in analogia al caso precedente:

v(L) =p2aL � 4:85 m=s

Esaminiamo questo caso dal punto di vista energetico. Si ha:

Ei = Ef � Lattrito

Assumendo come livello di energia potenziale nulla il livello iniziale di B e notando che A non varia lasua energia potenziale:

0 =1

2mAv

2+

1

2mBv

2 �mBgL+ �mAgL

v2 = 2gLmB � �mA

mA +mB= 2aL

Soluzione no. 3

� L’induttanza del solenoide vale

L = �0n2lA � 5:03 10�5 H

Si tratta quindi di un circuito LR con costante di tempo � = L/R � 36 10 �3 s.

La corrente che percorre il circuito vale, in funzione del tempo:

i(t) =f

R[1� exp(�t=�)]

con una corrente di regime pari a fR

. Si chiede percio il tempo t* per cui:

i(t�) =f

R[1� exp(�t�=�)] =

1

2

f

R

Risolvendo si ottiene:t� = � ln2� 25 10�3 s

� Al tempo t* la corrente vale i(t*) � 71.4 A; la energia immagazzinata nel solenoide a questo istante e:

UB(t�

) =1

2Li2(t�) � 0:128 J

Soluzione no. 4

� La capacita di una sfera isolata vale, in generale:

C = 4��0r

quindi sulle 2 sfere ci sono (prima del contatto) rispettivamente le cariche:

Q1 = C1V1 Q2 = C2V2

Dopo la connessione le 2 sfere hanno un unico potenziale V; la carica totale si conserva ma si ridis-tribuisce sulle sfere in modo tale che sia:

Q0

1 = C1V Q0

2 = C2V

conQ1 + Q2 = Q0

1 +Q0

2

C1V1 + C2V2 = (C1 + C2) V

V =C1V1 + C2V2

C1 + C2

=r1V1 + r2V2

r1 + r2� 2625 V

� L’ energia elettrostatica iniziale immagazzinata nel sistema (prima della connessione) vale:

Einiz =1

2(C1V

21 + C2V

22 ) = 2��0(r1V

21 + r2V

22 )

L’energia finale e invece:

Efin =1

2(C1 + C2)V

2= 2��0

(r1V1 + r2V2)2

r1 + r2

L’energia dissipata nel filo di collegamento e proprio la differenza tra le 2 energie elettrostatiche:

�E = Einiz �Efin = 2��0r1r2(V1 � V2)

2

r1 + r2� 8:43 10�6 J

FISICA GENERALE IPER INFORMATICA

Prova scritta, 26 Giugno 2002

1. Due blocchi A e B di dimensioni trascurabili scendono, rimanemdo a contatto fra loro e con A a valledi B, lungo un piano scabro, inclinato di un angolo # = 37

Æ sull’orizzontale. Le masse dei due blocchivalgono mA = 2 kg e mB = 1 kg; i coefficienti di attrito dinamico tra i blocchi ed il piano inclinatovalgono rispettivamente �A = 0:4 e �B = 0:1. Determinare:

� (Nuovo e vecchio ordinamento) l’accelerazione comune ai due blocchi;

� (Solo vecchio ordinamento) la forza che il blocco A esercita sul blocco B.

2. Un’asta omogenea, di massa M = 1:5 kg e lunghezza L = 1:2 m, puo ruotare senza attrito intorno adun asse orizzontale passante per un punto che dista L=4 da uno degli estremi. L’asta e lasciata libera diruotare a partire dalla posizione orizzontale con velocita angolare nulla. Calcolare:

� (Nuovo e vecchio ordinamento) la velocita angolare dell’asta quando passa per la verticale;

� (Solo vecchio ordinamento) la forza esercitata dall’asse sull’asta quando passa per la verticale.

3. Un condensatore piano di capacita C = 8:85 � 10�12 F e costituito da armature distanti tra loro d =

10 mm. Il condensatore viene connesso ad una batteria; una volta caricato ad una d.d.p. V = 100 V essoviene scollegato dalla batteria. Calcolare:

� (Nuovo e vecchio ordinamento) l’area A delle armature, la carica elettrica Q sulle armature el’energia U immagazzinata;

� (Nuovo e vecchio ordinamento) la velocita v0 con cui una particella negativa di massa m = 1 ge carica q = �10�6 C deve partire dall’armatura positiva per fermarsi esattamente sull’armaturanegativa;

� (Solo vecchio ordinamento) la forza F che l’armatura carica negativamente esercita sull’altra;

� (Solo vecchio ordinamento) la capacita Ctot del sistema se una lastra conduttrice di area A e dispessore s = 8 mm viene inserita nel condensatore a uguale distanza dalle due armature.

4. Due solenoidi coassiali sono posti l’uno all’interno dell’altro e sono collegati in serie in modo tale cheuna corrente i = 0.37 A circoli in uno in senso orario e in verso opposto nell’altro.

Il solenoide esterno ha raggio r1 = 4 cm, quello interno r2 = 2 cm. Entrambi hanno lunghezza l =100 cm. Il solenoide esterno ha 30 spire/cm.

� (Nuovo e vecchio ordinamento) quante spire per cm deve avere il solenoide interno affinche ilflusso di B attraverso una qualunque sua sezione sia nullo?

� (Solo vecchio ordinamento) quanto vale, in queste condizioni, il coefficiente di autoinduzione delsistema dei due solenoidi?

� (Solo vecchio ordinamento) qual’e l’energia magnetica immagazzinata complessivamente nei duesolenoidi?

Soluzione no. 1

� Dai diagrammi di corpo libero di A e B si ricava:

mAg sin #�mA�Ag cos#+ FBA = mAa

mBg sin #�mB�Bg cos#� FBA = mBa

dove FBA e la forza esercitata dal corpo B sul corpo A e a e l’accelerazione comune. Sommando esottraendo membro a membro, si ricava:

�a = g sin#�

mA�A +mB�B

mA +mBg cos# � 3:55 m=s2

�FBA = g cos#

mAmB

mA +mB

(�A � �B) � 1:57 N

Soluzione no. 2

� Prendendo come livello di riferimento il piano orizzontale contenente l’asse di rotazione, ed applicandola conservazione dell’energia meccanica, notiamo che nello stato finale l’energia potenziale e diminuita(il centro di massa e sceso di L=4) e l’energia cinetica e interamente dovuta alla rotazione:

MgL

4=

1

2Iasse!

2;

dove Iasse e il momento di inerzia relativo all’asse della rotazione:

Iasse = ICM +M

�L

4

�2=

1

12ML2

+1

16ML2

=7

48ML2 � 0:315 kg m2;

per cui:

! =

sMgL

2Iasse� 5:29 rad=s

� Nel momento in cui l’asta passa per la verticale, indicando con Ftot la forza esercitata dal perno sullasbarra (forza diretta verso l’alto), l’equazione del moto (diagramma del corpo libero) vale:

Ftot � Mg = M!2L

4

da cui:

Ftot = Mg +M!2L

4� 27:29 N

Soluzione no. 3

� L’area delle armature e data da:

A =Cd

"0� 10�2 m2

La carica sulle armature e data da:

Q = CV � 8:85 10�10 C

L’energia immagazzinata e data da:

U =1

2C V 2 � 4:4 10�8 J

� L’energia cinetica iniziale deve essere uguale all’energia potenziale finale:

1

2mv20 = qV;

v0 =

s2 q V

m� 0:45 m=s

� In generale,

F = �dU

dx; con U =

1

2

Q2

Ce C =

"0A

x;

quindi:

U =1

2

Q2 x

"0 A

F = �1

2

Q2

"0A� � 4:4 � 10�6 N (forza attrattiva)

� Il sistema e equivalente a due condensatori uguali in serie, ciascuno di capacita

C1 ="0A

(d� s)=2;

per cui:

Ctot =1

2C1 =

"0A

d� s� 4:4 � 10�11 F:

Soluzione no. 4

� Siano A1 e A2 le aree delle sezioni normali dei due solenoidi; il flusso concatenato con il solenoideinterno e’:

�2(B) = B1A2 � B2A2:

Affinche esso sia nullo e necessario che i due campi abbiano la stessa intensita (B1 = B2), quindi risulta:

�0n1i = �0n2i;

n1 = n2:

� Se �tot(B) e il flusso autoconcatenato con il sistema dei due solenoidi, il coefficiente di autoinduzionee:

L =�tot(B)

i=

N B1 (A1 �A2)

i= �0 n

2l (A1 � A2) � 4:3 � 10�2 H

� L’energia magnetica immagazzinata nell’interno del sistema vale:

U =1

2L i2 =

1

2�0 n

2 l (A1 � A2) i2=

1

2�0 n

2 i2 l �(r21 � r22) � 3:0 � 10�3 J

Alternativamente si puo considerare la energia immagazzinata solamente nel volume fra i due solenoidi(dove il campo magnetico e costante e diverso da zero) ottenendo:

U =1

2

B2

�0V =

1

2�0n

2i2l �(r21 � r22)

che e ovviamente la stessa formula di sopra.

FISICA GENERALE IPER INFORMATICA

Prova scritta, 12 Luglio 2002

1. Due blocchi A e B di dimensioni trascurabili scendono, rimanendo attaccati fra loro e con A a valle diB, lungo un piano scabro, inclinato di un angolo # = 37

Æ sull’orizzontale. Le masse dei due blocchivalgono mA = 2 kg e mB = 1 kg; i coefficienti di attrito dinamico tra i blocchi ed il piano inclinatovalgono rispettivamente �A = 0:1 e �B = 0:4. Determinare:

� (Nuovo e vecchio ordinamento) l’accelerazione comune ai due blocchi;

� (Solo vecchio ordinamento) la forza che il blocco A esercita sul blocco B.

2. Tre piccole palline, di massa rispettivamente m1 = 10 g, m2 = 20 g e m3 = 30 g, sono fissate ordinata-mente su un’asta di massa trascurabile. La massa m1 e fissata ad un estremo, m2 dista a = 20 cm da m1

ed m3 dista 2a = 40 cm da m2. Il sistema puo ruotare in un piano verticale attorno ad un asse orizzontaledistante a/2 da m1 e da m2.

� (Nuovo e vecchio ordinamento) Si determini la posizione del centro di massa del sistema ed il suomomento di inerzia rispetto all’asse di rotazione.

� (Solo vecchio ordinamento) Lasciamo libero il sistema nella posizione orizzontale, in modo che,soggetto alla forza di gravita, cominci a ruotare; trascurando l’attrito dell’aria si determini la suavelocita angolare quando esso passa per la posizione verticale.

3. Una carica Q = 10�10 C e distribuita uniformemente sulla superficie di una sfera di raggio R = 1 cm.

� (Nuovo e vecchio ordinamento) Determinare l’energia del campo elettrico generato dalla carica.

� (Nuovo e vecchio ordinamento) Quale frazione di questa energia e confinata in una regione sfericadi raggio R1 = 1 m?

� (Solo vecchio ordinamento) Quale e il raggio della sfera all’interno della quale e confinata metadell’energia del campo?

4. Due spire circolari di uguale raggio R = 10 cm sono poste nel piano orizzontale con il centro sull’asse zrispettivamente a z1 = �10 cm e z2 = 10 cm. Determinare:

� (Nuovo e vecchio ordinamento) il campo magnetico nell’origine del sistema di riferimento quandola prima spira e percorsa da una corrente di 10 A in senso antiorario e la seconda da una stessacorrente di 10 A una volta in senso orario ed una volta in senso antiorario;

� (Solo vecchio ordinamento) l’espressione del campo magnetico lungo l’asse z per z molto grande(positiva e negativa) per entrambi i versi di circolazione della corrente.

Soluzione no. 1

� Dai diagrammi di corpo libero di A e B si ricava:

mAg sin #�mA�Ag cos#+ FBA = mAa

mBg sin #�mB�Bg cos#� FBA = mBa

dove FBA e la forza esercitata dal corpo B sul corpo A e a e l’accelerazione comune. Sommando esottraendo membro a membro, si ricava:

�a = g sin#�

mA�A +mB�B

mA +mBg cos# � 4:33 m=s2

�FBA = g cos#

mAmB

mA +mB(�A � �B) � �1:57 N

Il blocco B “tira” all’indietro il blocco A, cioe A trattiene B.

Soluzione no. 2

� Prendiamo l’origine degli assi nel punto di intersezione dell’asta con il suo asse di rotazione. Si ha:

xCM =�a

2m1 +

a2m2 +

5a2m3

m1 +m2 +m3

� 0:267 m

I = m1

a2

4+m2

a2

4+m3

25a2

4� 7:8 10�3 kg m2

� Usando la conservazione dell’energia totale ed immaginando tutta l’asta concentrata nel suo CM (con-viene assumere come livello di energia potenziale nulla la posizione finale del CM) si ha:

(m1 +m2 +m3) g xCM =1

2I!2

! � 6:34 rad=s

Soluzione no. 3All’interno della superficie sferica il campo elettrico e nullo (per Gauss). Poiche la distribuzione di carica

ha simmetria sferica, in ogni punto esterno il campo elettrico e diretto radialmente (verso l’esterno, essendoQ > 0) ed il suo modulo ha lo stesso valore E(r) = Q=4��0r

2 in tutti i punti equidistanti dal centro O dellasfera.

Ricordando che la densita di energia elettrostatica vale:

uE =1

2�0E

2

� l’energia totale del campo elettrico e:

UTOT =

Z1

RuE dV =

Z1

R

1

2�0E

24�r2dr =

1

2�0

Z1

R(

Q

4��0r2)24�r2dr =

Q2

8��0

Z1

R

dr

r2=

Q2

8��0R� 4:5 nJ

� L’energia elettrostatica compresa tra i raggi R ed R1 si ottiene analogamente al caso precedente:

U(R;R1) =

Z R1

RuE dV =

Q2

8��0(1

R�

1

R1

) =Q2

8��0

R1 � R

R1R=

99

100

Q2

8��0R=

99

100UTOT

Si puo anche ragionare in questo modo: l’energia elettrostatica esterna alla sfera di raggio R1 vale:

U1 =

Z1

R1

uE dV =Q2

8��0R1

=1

100UTOT

e quindi l’energia interna sara il 99% di UTOT .

� Indicando con x il raggio incognito, si chiede che sia:

Q2

8��0 x=

1

2

Q2

8��0R

da cui si ricava x = 2R = 2 cm.

Soluzione no. 4

� Se i versi delle correnti sono discordi, il campo magnetico nell’origine del sistema di riferimento e nullo.Se i versi sono concordi, il campo e diretto verso z positivo e ha modulo

B = 2�0i

2

R2

(R2 + z21)3=2

� 4:44� 10�5 T:

� Se i versi delle correnti sono concordi, il campo magnetico e orientato come l’asse z in tutti i puntidell’asse. Per jzj � jz1j e jzj � R, si puo ignorare jz2 � z1j e R rispetto a jzj ed il campo e dato da:

B � 2�0i

2

R2

z3:

Se i versi delle correnti sono discordi, ricordando che per x � 1 si puo usare l’approssimazione 1=(1 +x)n � 1� nx, il campo e dato per z positivo da:

B = ��0i

2

3R2(z2 � z1)

z4;

e per z negativo da:

B =�0i

2

3R2(z2 � z1)

z4:

FISICA GENERALE IPER INFORMATICA

Prova scritta, 9 Ottobre 2002

1. Un carrello viene lasciato partire con velocita nulla lungo un piano inclinato da una altezza h = 6 m; ilpiano ha una lunghezza L = 14 m ed il coefficiente di attrito dinamico tra carrello e piano vale � = 0.25.

� (Nuovo e vecchio ordinamento) Con quale velocita vf il carrello giungera in fondo al piano?

� (Nuovo e vecchio ordinamento) Si calcoli il tempo � da esso impiegato.

� (Solo vecchio ordinamento) Nella ipotesi di voler riportare il carrello nella condizione iniziale,quale velocita v0 occorrerebbe imprimergli?

2. Due sfere, di massa m1 = 5 g e m2 = 15 g, sono sospese ad uno stesso punto fisso tramite due fili identicidi lunghezza L = 40 cm. La sfera 1 viene spostata in modo che il suo filo formi un angolo �1 = 600

rispetto alla verticale, poi e lasciata libera di oscillare; quando ripassa per la verticale, le sfere si urtano.Si trascuri ogni attrito e si assimilino le sfere a punti materiali; inoltre si considerino i fili come ideali.

� (Nuovo e vecchio ordinamento) Si calcoli la velocita con cui la sfera 1 urta la sfera 2.

� (Nuovo e vecchio ordinamento) L’urto tra le sfere e completamente anelastico. Si determini laperdita di energia nell’urto.

� (Solo vecchio ordinamento) Si calcoli l’angolo massimo � raggiunto dal sistema delle due sferedopo l’urto, rispetto alla posizione di equilibrio.

3. Nel circuito mostrato in figura:

� (Nuovo e vecchio ordinamento) Quale e la costante di tempo del circuito nella fase di carica (tastoS chiuso)?

� (Solo vecchio ordinamento) Dopo essere stato chiuso per un tempo pari alla suddetta costante ditempo, l’interruttore S viene aperto. Quale e la differenza di potenziale ai capi del condensatoreC3?

Dati numerici: E = 12 V; r = 1 ; R = 5 ; C1 = 1 �F; C2 = 2 �F; C3 = 6 �F.

4. Un fascio di particelle cariche si muove, nel vuoto, di moto rettilineo uniforme lungo l’asse x di unsistema di coordinate cartesiane, con una energia cinetica di 45 eV, in una regione di spazio in cui sonocontemporaneamente presenti un campo elettrico E = 900 V/m diretto lungo l’asse y ed un campo ma-gnetico B = 2.25 10�4 T diretto lungo l’asse z.

� (Nuovo e vecchio ordinamento) Si determini la massa delle particelle.

� (Solo vecchio ordinamento) Rimuovendo il campo elettrico le particelle iniziano a descrivere unatraiettoria circolare di diametro 20 cm. Si determini la carica delle particelle.

[Nota: 1 eV = 1.6 10�19 J]

Soluzione no. 1Indicando con # l’angolo di inclinazione del piano inclinato, si ha che L sin# = h, da cui si ricava che

l’angolo vale # � 25.380

� Il diagramma del corpo libero del carrello (massa m) fornisce lungo l’asse di moto:

mg sin #� � mg cos# = m a

a = g (sin#� � cos#)

Si tratta quindi di un moto uniformemente accelerato.

v2f = v20 + 2aL = 2aL = 2gL (sin#� � cos#)

vf =

q2gL (sin#� � cos#) � 7:46 m=s

�v(t) = v0 + at = at

quindi il tempo � per arrivare al fondo del piano inclinato e tale che:

v(�) = vf = a�

� =vf

a� 3:75 s

� Risolviamo questa ultima domanda con considerazioni energetiche: si ha:

1

2m v20 = mgh + � mg cos# L

v0 =

q2g (h + � cos# L) � 13:40 m=s

Se invece si vogliono fare anche qui considerazioni cinematiche, il diagramma del corpo libero quandoil carrello sale fornisce:

mg sin#+ � mg cos# = m a

a = g (sin#+ � cos#)

Si tratta di un moto uniformemente decelerato.

v2f = 0 = v20 � 2aL = v20 � 2gL (sin#+ � cos#)

v0 =

q2gL (sin#+ � cos#) =

s2gL (

h

L+ � cos#) =

q2g (h + � cos# L)

che e la formula di sopra.

Soluzione no. 2

� La sfera 1 scende di un tratto h = L (1 - cos#1). Indicando con v1 la velocita con cui essa urta la pallina2, dalla conservazione della energia meccanica si ottiene:

1

2m1 v

21 = m1 g L (1� cos#1)

v1 =

q2 g L (1� cos#1) � 1:98 m=s

� Nell’urto si conserva la quantita di moto: indicando con V la velocita del sistema delle 2 sfere immedi-atamente dopo l’urto, si ha:

m1 v1 = (m1 +m2) V

V =m1

m1 +m2

v1

L’energia cinetica persa e:

�K =1

2m1 v

21 �

1

2(m1 +m2) V

2=

1

2m1 v

21 �

1

2(m1 +m2)

m21

(m1 +m2)2v21

�K =1

2m1 v

21 (1 �

m1

m1 +m2

) =m1 m2

m1 +m2

g L (1� cos#1) � 7:35 10�3 J

� L’energia cinetica del sistema subito dopo l’urto si trasforma progressivamente in energia potenziale; laconservazione della energia meccanica totale durante la fase di salita del sistema fornisce:

1

2(m1 +m2) V

2= (m1 +m2) g L (1� cos#)

g L (1� cos#) =1

2(

m1

m1 +m2

)2 v21 =

1

2(

m1

m1 +m2

)22 g L (1� cos#1)

1� cos# = (m1

m1 +m2

)2(1� cos#1)

cos# = 1 � (m1

m1 +m2

)2(1� cos#1) � 0:96875

# � 14:360

Si noti che alla domanda del punto precedente si puo anche rispondere a questo modo: l’energia cineticapersa durante l’urto corrisponde alla perdita di energia totale del sistema tra lo stato iniziale e quellofinale.

�K = m1 g L (1� cos#1) � (m1 +m2) g L (1� cos#)

�K = m1 g L (1�cos#1) � (m1+m2) g L(m1

m1 +m2

)2(1�cos#1) =

m1 m2

m1 +m2

g L (1�cos#1)

che e la stessa formula ottenuta al punto precedente.

Soluzione no. 3

� I 2 condensatori C1 e C2 sono in parallelo tra di loro; la loro capacita equivalente vale quindi:

Cequiv = C1 + C2 = 3�F

Il circuito equivale ad un circuito RC costituito da una capacita C, pari alla serie di C3 e di Cequiv , e dauna resistenza R0 pari alla serie delle 2 resistenze.

R0 = r +R = 6 e C =C3 Cequiv

C3 + Cequiv

= 2�F

La costante di tempo richiesta e:� = R0 C � 1:2 10�5 s

� La differenza di potenziale ai capi della capacita equivalente totale C, con l’interruttore S chiuso, varianel tempo secondo la legge:

V (t) = E (1� e�

t

R0C )

Al tempo t = � = R0 C essa vale V(� ) = E (1 - e�1) � 7.6 V. La carica presente sulla capacita equivalentetotale e allora q = CV che e anche la carica presente sia su C3 sia su Cequiv . Ne segue:

V3 =q

C3

= VC

C3

� 2:5 V

Soluzione no. 4

� Quando sono presenti i 2 campi E e B, affinche le particelle si muovano di moto rettilineo uniformeoccorre che la forza totale sia nulla, cioe che le due forze, quella elettrica e quella magnetica, sianouguali e di verso opposto.

qE = qvB

Di qui segue:

v =E

B� 4 106 m=s

Dalla relazione K = 1

2m v2 si ricava la massa delle particelle:

m =2K

v2� 9 10�31 Kg

� Rimosso il campo elettrico, sotto l’azione del solo campo magnetico, le particelle percorrono una orbitacircolare di raggio r dato da:

r =mv

qB

da cui:

q =mv

rB=

2K

rE� 1:6 10�19 C

Se ne deduce che le particelle sono degli elettroni. Il segno (elettroni positivi o negativi) dipende dal verso dipercorrenza dell’orbita circolare.

FISICA GENERALEPER INFORMATICA

Prova parziale, 25 Novembre 2002

1. Un punto materiale si muove lungo l’asse x. La sua posizione e data da:

x(t) = a+ bt+ ct2

con a = 4 m, b = 20 m/s e c = -10 m/s2.

Si determini in quale istante la sua velocita si annulla, e in quale posizione si trova il punto in tale istante.

2. Il corpo A, di massa mA = 200 g, viaggia con una velocita vA = 10 m/s lungo l’asse x (posto su un pianoorizzontale). Ad un certo istante esso colpisce il corpo B, di massa mB = 1 kg, che era fermo, e vi siconficca.

Si determini la velocita dei due corpi subito dopo l’urto. Sapendo che il corpo risultante A + B ha uncoefficiente di attrito dinamico � = 0.2 con il piano orizzontale, si calcoli a che distanza esso si ferma.

3. Un corpo di massa m = 2 kg viene appoggiato su una molla verticale, di massa trascurabile e costanteelastica k = 1000 N/m, compressa di 10 cm. Al tempo t0 la molla viene rilasciata.

Si determini l’altezza massima raggiunta dal corpo al di sopra della posizione a riposo della molla scarica.

Il corpo ricade poi sulla molla scarica (si faccia l’ipotesi che la molla si sia fermata nella sua posizionedi riposo). Si calcoli la velocita con cui il corpo colpisce la molla scarica.

4. Una giostra costituita da una piattaforma circolare orizzontale di raggio R = 2.5 m e massa M = 103 kg

ruota senza attrito con una velocita angolare !0 = 0.2 rad/s. (Si ricordi che il momento d’inerzia di undisco pieno che ruota rispetto al suo asse e dato da I = 1

2MR2).

Un ragazzo di massa m = 50 kg si sposta radialmente sulla giostra partendo dal centro. Si calcoli comevaria la velocita angolare della giostra in funzione della posizione radiale del ragazzo, ed in particolarequando raggiunge il bordo.

Il ragazzo poi salta a terra in modo da toccare il suolo con velocita angolare nulla. Quale sara la velocitaangolare finale della giostra?

Soluzione no. 1

� In base alla definizione di velocita si ha:

v =dx

dt= b+ 2ct

La velocita e quindi nulla all’istante t� tale che:

b+ 2ct� = 0:

t� = �b

2c= 1 s:

� In tale istante il punto si trova nella posizione:

x� = a�b2

2c+

b2

4c= a�

b2

4c= 14 m:

Soluzione no. 2

� Si tratta di un urto completamente anelastico. Si conserva percio solo la quantita di moto:

mAvA = mA+BvA+B ;

vA+B =mA

mA+BvA � 1:67 m=s:

� Il corpo A + B e soggetto solamente alla forza di attrito Fa = �mA+Bg, opposta al moto, per cuisi muove di moto uniformemente decelerato con accelerazione ��g. Utilizzando la relazione generalev2f � v2i = 2ax, si trova che la distanza percorsa x e data da:

x =v2A+B2�g

� 0:71 m:

� Con considerazioni energetiche, si puo constatare che l’energia cinetica del corpo A+ B corrisponde allavoro compiuto dalla forza d’attrito:

1

2mA+Bv

2A+B = �mA+Bgx;

dalla quale si ricava la relazione sopra.

Soluzione no. 3

� In questo sistema si conserva l’energia meccanica. Sia nell’istante iniziale sia nell’istante finale i corpisono in quiete, per cui l’energia cinetica e nulla. Consideriamo l’energia potenziale elastica della mollacompressa nello stato iniziale e l’energia potenziale della forza peso nello stato finale:

1

2kx2 = mg(h+ x);

dove h e l’altezza massima raggiunta dal corpo. Si ottiene:

h =kx2

2mg� x � 15:5 cm:

� Il corpo percorre ora un tratto h partendo da fermo; la sua velocita al momento dell’impatto con la mollascarica e data dalla conservazione della energia:

1

2mv2 = mgh:

v =

p2gh � 1:74 m=s

Soluzione no. 4

� In questo sistema si conserva sempre il momento angolare. Nello stato iniziale:

L = I!0 =1

2MR2!0 = 625 J s:

Mentre il ragazzo si sposta lungo il raggio r, il momento angolare si divide fra la giostra ed il ragazzo:

L =1

2MR2!0 =

1

2MR2! +mr2!;

!(r) =1

2MR2

1

2MR2 +mr2

!0:

Quando il ragazzo ha raggiunto il bordo:

!(R) =1

2MR2

1

2MR2 +mR2

!0 � 0:182 rad=s:

� Per saltare giu dalla giostra e atterrare con velocita angolare nulla, il ragazzo si deve dare una spinta indirezione opposta al moto della giostra. Poiche non agiscono forze esterne al sistema, si conserva sempreil momento angolare; il ragazzo a terra ha ora momento angolare nullo e quindi il momento angolare dellagiostra tornera al suo valore iniziale e la velocita angolare finale della giostra sara uguale alla velocitaangolare iniziale:

!f = !0 = 0:2 rad=s: