Una molla di costante elastica k = 343 N/m è posta all`interno di un

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Fisica Generale
04-02-16
ESERCIZIO 1
Una molla ideale di costante elastica k = 102 N m1 è posta in posizione verticale, e fissata all’estremo
superiore. All’estremo inferiore è attaccata una massa m = 500 g, e il sistema è posto in tensione mediante
un filo che tira la massa verso il basso, cosicchè la molla è allungata di x = 50 cm. A un certo istante, il
filo viene tagliato. Calcolare:
a) la massima quota (rispetto alla posizione iniziale) a cui arriva la massa;
b) la velocità della massa nel momento in cui passa per la posizione di equilibrio della molla.
Soluzione
a) Il sistema è conservativo. Preso un asse verticale orientato verso l’alto con origine nel punto in cui si
trova la massa, l’energia potenziale iniziale è solo elastica: E p ,i  1 2 k x 2 . All’istante in cui la massa
raggiunge la quota massima, la velocità è nulla e quindi l’energia meccanica è di nuovo solo
potenziale, in parte elastica e in parte di gravità. Chiamato x’ il nuovo allungamento della molla, si
ha: E p , f  1 2 k x'2  m g x  x' . Uguagliando le due quantità, e prendendo solo la soluzione
positiva dell’equazione risultante, si ottiene: x’ = 0.4 m, il che porta a una quota massima data da
h = x + x’ = 0.9 m.
b) Quando il sistema passa per la posizione di equilibrio della molla si ha:
Em  E p  Ec  m g x  1 2 m v 2 , da cui, uguagliando questa quantità alla energia potenziale iniziale,
si ha: v  k m x 2  2 g x  6.34 m s 1
ESERCIZIO 2
Una molla di costante elastica k = 343 N/m è posta all’interno di un recipiente
verticale. Sulla molla è appoggiato un disco di massa M = 0.7 kg (vd. figura).
Inizialmente il sistema è in equilibrio statico; su di esso urta in modo
completamente anelastico un punto materiale di massa m = 0.1 kg.
Immediatamente prima dell’urto la velocità del punto materiale è verticale,
diretta verso il basso e ha modulo v = 20 m/s. Calcolare:
a) la compressione iniziale della molla;
b) l’energia dissipata nell’urto;
c) la compressione massima della molla.
Soluzione
1. Equilibrio statico della molla e della massa M:  Mg  k l  0  l  mg k  0.02m
2. L’urto è istantaneo, nell’urto si dissipa solo energia cinetica e vale la conservazione della quantità di
moto: mv   m  M  V  V  vm  m  M   2.5m / s ; la variazione di energia è quindi:
Ediss  Ec  1 2 mv 2  1 2  m  M  V 2  17.5 J
3. Nell’istante immediatamente dopo l’urto l’energia del sistema E0 è data dall’energia cinetica della
massa col disco più le energie potenziali elastica della molla e gravitazionale (considerando come
livello di riferimento per l’energia potenziale gravitazionale quello della molla a riposo). Quando la
molla ha raggiunto la sua massima compressione l’energia totale Efin è somma delle energie potenziali
elastica e gravitazionale:
E0  1 2 k l 2  1 2  m  M  V 2   m  M  g l  2.57 J ; E fin  1 2 k x 2   m  M  g x
Uguagliando le due quantità (le forze sono conservative) si ottiene: x  0.14 m
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ESERCIZIO 3
Un’asta di massa M = 2 kg e lunga L = 1 m è vincolata a ruotare attorno a un asse
orizzontale privo di attrito passante per il punto O. L’asta è tenuta in equilibrio da un filo
orizzontale f, attaccato da un lato alla stessa parete verticale su cui si trova l’asse di
rotazione, dall’altro all’estremo libero dell’asta. L’angolo tra la parete e l’asta è  = 30°
(vd. figura). Calcolare:
a) la tensione T del filo;
b) il modulo R della reazione esercitata dal perno O nella condizione di equilibrio;
c) l'energia cinetica posseduta dalla sbarra nell'istante in cui essa raggiunge la posizione
orizzontale, una volta che il filo viene tagliato.
Soluzione
a) La somma dei momenti delle forze rispetto all’asse passane per O deve essere nulla; si ha pertanto:
Mg L 2 sin      T L sin  2    , da cui T  1 2 Mg tan   5.66 N .
b) Anche la risultante delle forze deve essere nulla. Chiamate Rx e Ry le componenti orizzontale e
verticale, rispettivamente, della reazione del vincolo, si ha:
 Rx  T
, da cui R  Rx2  Ry2  Mg 1  1 4 tan 2   20.4 N

 Ry  Mg
c) Dalla conservazione dell'energia meccanica si ha: Ec  1 2 MgL cos   8.5 J
Dalla relazione che lega velocità angolare ed energia cinetica di un corpo rigido in rotazione,
Ec  1 2 I  2 , dove I è il momento d'inerzia, si ha   2 Ec I . Poiché in questo caso I  1 3 ML2 , si
ha  
 3g L  cos 
e v   L  3gL cos   5.0ms 1 .
ESERCIZIO 4
Due moli di gas perfetto monoatomico compiono un ciclo reversibile composto da una trasformazione
isobara AB, seguita da una espansione adiabatica BC e infine da una isoterma CA. La temperatura
nello stato A vale TA=TC= 180C, inoltre pA = 2×105 Pa e VB=2 VA.
a) Disegnare il ciclo nel piano di Clapeyron.
Calcolare:
b) il valore assunto dalle variabili termodinamiche (p,V,T) nei tre punti A, B e C;
c) la quantità di calore scambiata nelle tre trasformazioni;
d) il rendimento del ciclo.
Soluzione
A
B
a) Il diagramma del ciclo nel piano di Clapeyron è rappresentato nella figura a
fianco.
C
b) Calcolo delle variabili termodinamiche:
V
2V
Punto A: TA= (18+273) K = 291 K; pA = 2·105 Pa; VA = nRTA/pA = 0.024 m3
5
3
Punto B: pB = pA = 2·10 Pa; VB = 2 VA = 0.048 m ; TB = pBVB/nR = 2TA =582 K
Punto C: TC = TA = 291 K; Per le altre variabili si usi la relazione della trasformazione adiabatica:
TBVB 1  TCVC 1  VC 1  TB TC VB 1  TB TA VB 1   pBVB nR nR p AVA VB 1  2VB 1
Dato che  = cP/cV=5/3, si ottiene  = 2/3 da cui segue:
VC2 / 3  2VB2 / 3  VC  23 / 2VB  0.14 m 3 ; pC  nRTC VC  0.35  105 Pa
A
A
c) Il calore scambiato lungo la trasformazione AB è: QAB  ncP (TB  TA )  25 2R(TB  TA )  12091 J
positivo, ed è quindi un calore assorbito;
2
V
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lungo AC lo scambio di calore è nullo essendo adiabatica; nella trasformazione CA, isoterma e quindi
senza variazione di energia interna, il calore è pari al lavoro:
QCA  W 
VA
VA
VC
VC
 p dV  nRT 

V
dV
J 
0.024
 nRTA ln A   2 mol   8.314
 8534 J ;
  291 K  ln
0.14
V
VC
K mol 

è un calore ceduto
d) Il rendimento del ciclo è   W QA  1  QC QA  0.29
ESERCIZIO 5
Una pallina carica di plastica di massa m=5.00 g é sospesa ad un filo di lunghezza l=10.0 cm.
Il filo é vincolato ad una superficie piana infinitamente estesa e con densità di carica
superficiale  = +20 nC/m2 (vd. figura).
Se all'equilibrio il filo forma un angolo  = 20° con la superficie piana, quale é la carica
elettrica della pallina?
Soluzione
La superficie piana infinita carica positivamente genera un campo elettrico uniforme, perpendicolare alla
superficie, con verso uscente e intensità: E   2 0  1.13 103 N / C .
All’equilibrio, la risultante delle forze deve essere nulla. Chiamata T la tensione del filo, Fg la forza di

 

gravità e Fe la forza elettrica, si ha: Ftot  T  Fg  Fe  0 . Proiettando tale equazione su due assi
 Ftot  x  T sin   qE  0
orizzontale e verticale si ottiene: 
  Ftot  y  T cos   mg  0
da cui si può ricavare la tensione: T  mg cos   5.21 102 N e quindi, dall’equazione sull’asse
orizzontale: q  T sin  E  15.7 106 C
ESERCIZIO 6
Due rotaie conduttrici con un punto comune formano un angolo  = 30° (vd
figura), e sono immerse in un campo magnetico B = 1.2 T, perpendicolare al piano
formato dalle rotaie e uscente rispetto al disegno. Sulle due rotaie è appoggiata una
sbarra, anch’essa conduttrice, che viene fatta muovere con velocità costante v
rimanendo perpendicolare ad una delle due rotaie, partendo dal punto di incrocio
delle rotaie. Calcolare:
a) la f.e.m. indotta;
b) la velocità della sbarra se la f.e.m. misurata nel circuito quando la sbarra si trova nella posizione
x1=0.6 m rispetto all’incrocio delle rotaie è pari a 0.2 V.
Soluzione
a) Calcolo il flusso attraverso la spira triangolare con la sbarra ad un generico punto x:
1
1
1 
x2 B
 x  x tan   B   x 2  B 
2
2
3
2 3
derivando il flusso rispetto al tempo, si ottiene la FEM in funzione della velocità,
d
d  x 2 B  2 xB dx xvB
    B  


dt
dt  2 3  2 3 dt
3
  B   B 
b) La velocità della sbarra quando è nella posizione x1 è: v  3  x B  0.48 m s 1
3