Fisica generale – Indice degli esercizi svolti · 1 2 Mr2. Fisica generale L-A – Esercizi svolti 5 / 29. c. L'energia potenziale è uguale alla somma dell'energia cinetica dovuta

Fisica generale – Indice degli esercizi svolti

Questi esercizi sono stati svolti durante le esercitazioni di preparazione agli esami e durante le correzioni degli stessi esami dal tutor dott. Gianluca Pagnoni, quindi quasi tutto quel che è riportato è farina del suo sacco.

Per tradizione sono indicate e devono essere considerate le seguenti costanti:

g=9,81m /s2 (accelerazione di gravità terrestre)

=6,67⋅10−11 N⋅m2/kg2 (costante di gravitazione universale)

RTerra=6370km (raggio della Terra)

Nel caso servisse la massa della Terra (e, in generale, quella di un qualunque pianeta), bisogna utilizzare la legge di gravitazione universale:

F=m⋅g=⋅m⋅M Terra

RTerra2

⇒ MTerra=g⋅RTerra

2

=

9,81⋅63702⋅103 2

6,67⋅1011=5,97⋅1024 kg

Fisica generale L-ACompito del 26/03/2007 .................................................................................................................................. 2

Compito del 14/07/2008 .................................................................................................................................. 2

Compito del 08/09/2008 ................................................................................................................................. 2

Compito del 08/01/2009 .................................................................................................................................. 3

Compito del 24/02/2009 .................................................................................................................................. 3

Compito del 22/04/2009 ................................................................................................................................. 4

Compito del 18/06/2009 .................................................................................................................................. 5

Compito del 12/01/2010 .................................................................................................................................. 5

Compito del 14/06/2010 .................................................................................................................................. 7

Compito del 15/02/2011 .................................................................................................................................. 7

Compito del 20/06/2011 .................................................................................................................................. 9

Compito del 07/07/2011 ................................................................................................................................ 13

Compito del 25/07/2011 ................................................................................................................................ 16

Compito del 07/09/2011 ................................................................................................................................ 20

Compito del 21/12/2011 ................................................................................................................................ 24

Compito del 09/01/2012 ................................................................................................................................ 27

1 / 29

Fisica generale L-A

Compito del 26/03/2007

Se il pinguino può muoversi significa che c'è attrito (altrimenti il movimento sarebbe impossibile), quindi la tavoletta si muove rispetto al pinguino. Dato che la tavoletta si muove anche rispetto al lago ghiacciato, perché tra i due non c'è attrito, allora il pinguino si muove con velocità uguale e contraria a quella della tavoletta (risposta b)).


Scalarmente, il lavoro è esprimibile sempre come L=F⋅S . A forza e spostamento uguale corrispondono lavori uguali, quindi per spostare punto materiale e sfera rigida è necessario compiere lo stesso identico lavoro.


Trattandosi di un urto, in ogni caso si conserva la quantità di moto (il sistema è isolato). Quando l'urto è elastico, in particolare, si conserva l'energia meccanica (dunque l'energia cinetica).

a) Nel caso di urto elastico, separando le componenti x e y:

p1x

iniz p

2x

iniz=p

1x

fin p

2x

fin⇒ 60=4p

2x

fin⇒ p

2x

fin=2 kg⋅m/s

p1y

iniz p

2y

iniz=p

1y

fin p

2y

fin⇒ 00=−3p

2y

fin⇒ p

2y

fin=3kg⋅m/s

Fisica generale L-A – Esercizi svolti 2 / 29


L'urto è evidentemente anelastico, quindi si conserva la sola quantità di moto (e non anche l'energia cinetica, cosa che avviene quando l'urto è elastico). Allora:

m1 v=m1m2v

2⇒ m1

v

2=m2

v

2⇒ m1=m2

La F=ma (che contiene la massa inerziale) dà origine alla legge di gravitazione universale

F=mM

R2 , che sostanzialmente ha la stessa forma. In essa, quindi, le masse dei corpi celesti

sono inerziali (a)).

Le masse gravitazionali sono quelle misurate staticamente, con un esperimento analogo a quello di Cavendish. Anche se esse sono proporzionali e talvolta identiche alle masse inerziali, si tratta comunque di grandezze distinte, perché di origine diversa (statica e dinamica).

La quantità di moto (che si suppone si dovrebbe perdere) è compensata dalle masse perse per caduta.


a) FALSO: a parità di forza, servirebbe uguaglianza tra gli spostamenti, ma il punto c) dimostra che s2=2s1 .


b) FALSO: v1=s1

t; v2=

s2

2 t=

2s1

2 t=

s1

t=v1

c) VERO:

s1=v⋅ t=a

2 t

2

F1=m⋅a

⇒ s1=

F2⋅m

⋅ t2

;

s2=v⋅2 t=a

22 t

2

F2=2m⋅a

⇒ s2=

F

2⋅2m⋅4 t

2=

Fm

t 2=2s

1

Astronauta e astronave sono in equilibrio, anche separatamente.


a) FALSO: il teorema delle forze vive definisce l'energia cinetica: LAB=T B−T A .

b) FALSO: il teorema delle forze vive vale per tutte le forze, comprese quelle di attrito.

c) VERO

KO= K

G G−O×Q è una proprietà del centro di massa derivata dal teorema di Huygens-

Steiner Ir=I

gMd

2, che ha la stessa struttura algebrica.

Si può dimostrare sapendo che intercorre la relazione K=⋅I tra il momento angolare e il momento d'inerzia e ricordando che in un punto P che ruota v=×P−O , allora:

v=×P−O

v⋅t=⋅k×P−O⋅rv

P−O⋅t=⋅k×

P−O

P−O⋅r

⋅k×r=v

P−O⋅t

⋅t=P−O⋅k×v

P−O2 ⋅r

=P−O ×v

P−O2

;

Ir=I

gMd

2

⋅I r=⋅I g⋅Md2

K O= K G P−O×v

P−O2 ⋅Md

2

KO= K

G P−O×

M⋅v

P−O2⋅d

2

K O = KGP−O× Q

Il vincolo è che abbiano lo stesso allungamento :


F 1F 2−mg=0−k

1x−k

2x−mg=0

x=−mg3k

;F 1=

mg

3

F2=

2

3mg


Un'esplosione è equivalente ad un urto è anelastico, quindi si conserva solo la quantità di moto e non l'energia cinetica:

M v=M

2v

M

2v2

M

2v=

M

2v

2

v2=v

a) VERO: le masse m dei pianeti sono ininfluenti, infatti singolarmente bisogna eguagliare la forza centripeta alla forza di attrazione gravitazionale del Sole (massa M):

mac=m

v2

R=

M m

R2

Essendo M costante, a velocità uguale corrisponde raggio uguale dell'orbita.


“Senza scivolare” significa che la velocità del centro di massa è uguale alla velocità di spostamento, quindi si applica la condizione legata al momento d'inerzia per i corpi rigidi che hanno un moto con asse di rotazione che rimane parallelo a se stesso:

vcentro dimassa=vspostamento ⇒ M u

e=I =I

Sapendo che un disco è un cilindro con altezza ridotta: I cilindro=1

2M r

2.


c. L'energia potenziale è uguale alla somma dell'energia cinetica dovuta alla rotazione dei due dischi, più l'energia cinetica dovuta alla traslazione:

Non essendoci attrito tra piattaforma e suolo, il movimento del bambino sopra alla piattaforma causa il moto della piattaforma stessa rispetto al suolo.

Trattandosi di un sistema isolato (piattaforma+bambino), si conserva la quantità di moto:



Il vincolo è R=mg+ma: ogni persona è soggetta sia al proprio peso, sia alla forza impressa alla massa dall'accelerazione dell'ascensore verso l'alto.


a) FALSO: l'urto è anelastico, dunque l'energia cinetica non si conserva.

b) FALSO: i veicoli non si muovevano lungo la stessa retta d'azione, quindi l'eventuale moto successivo all'urto si svolgerà su una retta determinata dalla regola del parallelogramma.

c) VERO: l'urto è anelastico, dunque si conserva solo la quantità di moto.

d) FALSO: l'urto è anelastico, dunque l'energia meccanica non si conserva.

Un punto focale del problema è che agisce la forza peso , e basta: trascurando l'attrito dell'aria è come se si fosse nel vuoto.

a) FALSO: dovendo trascurare l'attrito dell'aria si è come nel vuoto, quindi non è persa energia per attrito dovuto a rotazione.

b) VERO: agendo la sola forza peso, l'accelerazione di entrambi i corpi è ma=mg , quindi l'accelerazione non dipende dalla massa cioè il moto è lo stesso (purché i due corpi partano con medesima velocità iniziale). Dato che entrambi partono con la stessa velocità e che la pallottola raggiunge il bersaglio, allora anche la palla di cannone raggiunge il bersaglio.

c) FALSO: poiché il moto è lo stesso, allora per percorrere distanze uguali si impiegano tempi uguali, quindi i due corpi arrivano assieme a colpire il bersaglio.

d) FALSO: (vedi punto b).


La forza centrifuga è apparente, quindi non è responsabile del moto.

La forza peso e la forza di tensione della fune si devono combinare fino a formare un moto circolare uniforme: quindi, la forza peso deve essere bilanciata da una forza opposta, che la compensi.

Negli estremi è tutta energia potenziale. Nel punto mediano l'energia potenziale diventa tutta energia cinetica.

Si tratta di un problema di equilibrio: R=0 .

B è fermo perché c'è attrito statico, che non lo lascia muovere fino a che non viene superato il valore massimo della massa di A per cui l'attrito viene vinto.

Per trovare la velocità orbitale si eguagliano la legge di gravitazione universale con la legge del moto circolare uniforme (esprimendo entrambe come accelerazioni):


p

compensa p

GM

Rh2=

v2

Rh⇒ v= GM

Rh=7,03 km/s

Per trovare la velocità di fuga, invece, si eguagliano l'energia cinetica con l'energia potenziale gravitazionale:

1

2mv

f

2=G⋅

Mm

Rh⇒ v

f=2

GM

Rh=2⋅v=9,94 km/s

L'energia cinetica necessaria a spostare il satellite è pari alla variazione di energia potenziale tra le due orbite:

E=1

2mv

2−G⋅

Mm

Rh=−

GMm

Rh

E=−GMm

2 R2h

GMm

2Rh=

GMmh

2Rh R2h =2,25⋅10

9J

Si considera l'orbita geostazionaria lungo il piano dell'equatore, a 36 000 km di quota. L'orbita è percorsa in un tempo pari all'orbita terrestre.

2Rhs

T= GM

Rhs⇒ Rhs

3=

GMT 2

42

⇒ {Rhs=42⋅106 m

hs=36⋅106 m⇒ E=−

GMm

2 Rhs

GMm

2 Rhs=

GMm hs−h

2Rh Rhs=7,9⋅109 J


a) FALSO: la forza di attrito, in ogni istante, agisce sul punto di contatto che ha velocità nulla (s=0) perché il rotolamento è senza strisciamento, quindi l'attrito non compie lavoro , cioè non sottrae energia al moto.

b) VERO: se non c'è attrito non si dissipa energia, quindi il moto è perpetuo.

c) FALSO: la forza di attrito è una forza consequenziale al moto e non può provocarlo; in questo caso, oltretutto, la forza di attrito è assente, quindi non può causare il moto.

I due satelliti, per avere posizione relativa costante, devono avere la stessa velocità angolare . Per entrambi bisogna eguagliare la forza di attrazione gravitazionale con la forza centripeta del moto circolare:

−m2r=−

M m

r2 cioè = M

r3

Si deduce immediatamente che, per avere costante, l'unica possibilità è che r1=r2, cioè che i pianeti percorrano la stessa orbita: infatti la velocità angolare dipende solo dal raggio del moto


circolare e non dalla massa degli oggetti che la percorrono.

Le masse tendono a rimanere ferme rispetto al SdR della strada sotto al camioncino, quindi le molle si allungano: rispetto al SdR del camioncino, le masse di muovono all'indietro.

{−kx1−mac=0−kx2−2mac=0

⇒ x2=2x

1

Dopo la rottura delle molle, le due masse si muovono allo stesso modo: infatti, per entrambe l'accelerazione è a=a c , cioè quella (relativa) del camioncino.

Per la conservazione dell'energia:1

2mv0min

2 =1

2mV 2

1

2MV 2mgh .

Per la conservazione della quantità di moto: mv0min=mV MV .

Risolvendo il sistema: v0min= Mm

M2gh con v0v0min .

Bisogna scrivere solo le equazioni , tenendo conto che quando m si trova sul piano inclinato sono entrambi in movimento: M con velocità V, m con la propria velocità v0 sommata alla velocità relativa al SdR del piano inclinato (che trasla di moto rettilineo uniforme, dato che l'impatto da i due corpi è assimilabile ad un urto elastico: infatti si conserva la quantità di moto). Scriviamo le equazioni rispetto al SdR della Terra :

{1

2mv0

2=1

2M V 2

1

2m [vxrel

V 2vyrel2 ]mgh

mv0=MVmvxrelV

v0=2v0min

vx=vxrelV

vy=vyrel=vxrel⋅tg

Perché un campo di forza ammetta potenziale, esso deve essere irrotazionale:

∇×F=0 ⇒ ∣∂U

∂x

∂U

∂ yF x F y

∣= ∂U

∂xF y−

∂U

∂yF x=0 cioè

∂U

∂xF y=

∂U

∂ yF x ⇒ b=c


Non basta: bisogna eguagliare componente a componente:

{F x=axby=∂U

∂x

F y=cxdy=∂U

∂ y

; {U=1

2ax2bxyf y

U=cxy1

2dy2g x

; {∂U

∂y=bxf y

∂U

∂x=cy g x

Eguagliando il primo sistema con l'ultimo:

{b=c

axby=cy g x cxdy=bxf y

; {b=c

ax=g xdy=f y

; {b=c

g=1

2ax2

f=1

2dy2

Quindi il potenziale si scrive: U=1

2ax2bxy

1

2dy2 .

Soluzione alternativa. Dopo aver trovato b=c si integra la funzione su un percorso generico da (0,0) a (x,y):

F=axby F x

ibxdy F y

j

Nel tratto 1 si integra Fx (y=0=cost.):

U 1=∫F xdx=∫0 ;0

x ;0

axby dx=[a x2

2bxy ]

0

x

=ax2

2

Nel tratto 2 si integra Fy (x=cost. diversa da zero):

U 2=∫F yd y=∫x; 0

x; y

bxdydy=[bxydy2

2 ]0

y

=bxydy2

2

Il potenziale è la somma dei due contributi (essendo conservativo il percorso di integrazione è

arbitrario): U=U 1U 2=1

2ax2bxy

1

2dy2 .

Se la forza è centrale si può scrivere:

{F x=axby

F y=cxdy

F x;y=f x;y ⋅r=f x;y ⋅x iy j

; {axby=f x;y⋅xcxdy=f x;y⋅y

; {aby

x=f x;y

cx

yd=f x;y

{b=c

aby

x=c

x

yd ; {

b=c

aby

x=b

x

yd

Eguagliando componente a componente: {b=ca=d

b⋅ yx − x

y generalmente ≠0

=0; {b=c=0

a=d

allora: U=1

2a x2y2=

1

2a r2 .


x

y

(x,0)(0,0)

(x,y)

12

Si osserva che, nel caso di campo centrale, le superfici equipotenziali sono dei cerchi (infatti il potenziale è un paraboloide).

{T−mg=0T−kx0=0

⇒ x0=m

kg=0,049m

Tirando la massa verso il basso e rilasciandola, ci sarà una forza di richiamo.

Il punto x0 è il punto di equilibrio (centro di oscillazione del moto armonico).

{mg−T 2=ma

T2R−T

1R=I =

1

2MR

2 a

RT 1−k x0x=0

mg=kx0

; {−T 2=ma−mg

T2−T

1=

1

2Ma

T 1=mgkx

; a2k

M2m⋅x=0

Dato che l'espressione generica del moto armonico semplice è x2x=0 si trovano:

= 2k

M2m=9,43 rad/s da cui segue T=

2

=0,67 s

Se si taglia la fune, cambia solo l'equazione della parte sinistra della carrucola:

{mg−T=maTR=I

; {mg−T=ma

T=1

2Ma

; a=2m

M2Mg=4,36m/s^2 conservativa perché la forza che la

genera è costante (forza di gravità).

Quindi:1

2mv

2=mah ⇒ v=2ah=4,17 m/s

Soluzione alternativa. Si può applicare la conservazione dell'energia meccanica:

mg h=1

2mv

2

1

2I

2=

1

2mv

2

1

2M v

2⇒ v= 2⋅2m

M2Mgh=2ah=4,17m/s



k⋅ l=m2 l l ⇒ l=m2 l

k−m2

a. FALSO: il sistema è isolato, quindi il momento angolare del sistema si conserva.

b. FALSO: il momento d'inerzia è legato alla geometria delle masse ed aumenta quando le masse vengono allontanate dal riferimento di rotazione (come in questo caso: allargando le braccia si allontanano le relative masse dall'asse di rotazione scelto). Quindi il momento d'inerzia aumenta.

c. VERO: un corpo che ruota ha momento angolare K=I . In questo caso K=cost. e I

aumenta, quindi per la proporzionalità inversa la velocità angolare deve diminuire.

A'B' ha velocità media superiore perché il peso accelera il moto; anche quando decelera nei tratti in salita, la velocità media rimane superiore. AB, invece, è sul piano, quindi il moto è costante e non accelera mai.

a. { T=mamg−T=ma ; {a=

m

mMg

T=mM

mMg

b. Si applica la c onservazione dell'energia meccanica :E=

1

2MvM

2 1

2mvm

2

1

2Mm v

2

mgz=cost.

Derivando (v2 è il quadrato di una funzione, quindi bisogna fare la derivata di una funzione composta):


k

l+Δl ω

dE

dt=

1

2Mm

dv2

dt−mgv=0 ;

dE

dt=

1

2Mm⋅2v⋅dvdt −mgv=0

Mm⋅v⋅a−mg v=0 ; a=m

mMg

mM

r2=m2r

=2T

} ⇒ M

r3= 2

T 2

quindi T= 42r3

M

P=mg

P=mM

RT2 } ⇒ g=

P

m=

M

RT2 quindi M=gRT

2

Alla fine: T= 42r3

gRT2

=...=39,...s

Per la conservazione dell'energia meccanica:

E=1

2mv

2−

mM

r

mM

r2

=mv2

r } ⇒ E=−1

2

mM

r .

L'energia aumenta al crescere del raggio.

v= M

r: il raggio diminuisce e la velocità aumenta.


Si conserva la quantità di moto perché l'urto è anelastico, ma la velocità finale è relativa alle tre masse considerate assieme:

mv=MAM BCmvf

vf=m

M AMBCmv=1,661m/s

{ F=M BCaBC

F=MAmg(la forza di attrito è la stessa che causa l'accelerazione del blocco MA)

aBC=MAm

M BC

g

Per il teorema delle forze vive: {∫0

s

FF T ds=1

2MAmv '2

F T=MAmaBC

mv=MAmv '

; FF T ⋅s=1

2

m2

MAmv2

s=1

2g MBC

MAMBCm mMAm

2

v2=0,402m

d '=d−s=0,6−0,402m=0,198m


MA

MBC

mv

d' s

d

MA

MBC

mv

f

v'

MA

MBC

mv

f

z

x

z

x

z

x


Entrambi i corpi si muovono con componente verticale del moto caratterizzata da accelerazione uniforme (accelerazione di gravità g), indipendentemente dalla massa dei corpi . La componente orizzontale (proiettile sparato orizzontalmente, bersaglio lasciato cadere) è ininfluente nel problema; quindi il proiettile centrerà sempre il bersaglio.

L'unico limite è dato dallo spazio di caduta: se è troppo breve, entrambi toccano terra e il proiettile può non raggiungere il bersaglio, perché il moto non può proseguire nel terreno.

a. FALSO: le accelerazioni sono uguali, a prescindere dalle masse;

b. FALSO: non serve una velocità particolare: si spostano allo stesso livello;

c. VERO;

d. FALSO (per esclusione).

Si imposta la F=ma con la forza gravitazionale a livello del suolo (senza considerare h), per trovare una relazione tra i dati disponibili:

mg=⋅M Terram

RTerra

2 ⇒ g⋅RTerra

2=⋅M Terra

Si eguaglia la forza gravitazionale alla forza centripeta per trovare la velocità:

−⋅M

Terram

RTerrah2=−m⋅

v2

RTerra

h⇒ v

2=⋅M

Terra

RTerra

h

Utilizzando la relazione trovata prima si sostituisce e calcola:

v= ⋅M Terra

RTerra

h=RTerra⋅ g

RTerra

h=6,3⋅10

6⋅ 9,81

6,30,5⋅106 =7,566⋅10

3m/s

Il moto del foglio verso destra provoca una forza sempre verso destra, per cui anche il cilindro deve muoversi nella stessa direzione della forza impressa .


Bisogna scomporre il tempo di ritorno in due parti, una relativa al moto di caduta della pietra (rettilineo uniformemente accelerato) e una relativa al moto di salita del suono (rettilineo uniforme):

=cadutasuono

I due moti si scrivono in funzione dei tempi per poi poterli uguagliare e ricavare h, che è comune:

h−huomo=12g caduta

2, h−huomo=suono⋅vsuono=−caduta ⋅vsuono

Eguagliando si ottiene una equazione di secondo grado di variabile caduta :

12g caduta

2=−caduta⋅v suono ;

12g caduta

2vsuonocaduta−v suono=0

caduta=

−vsuono±vsuono2 4⋅12g vsuono

g=−340 m/s±3402 m 2

/s22⋅9,81m/s2

⋅340 m/ s⋅2s9,81m/s2

{caduta1=−71,26 s (non accettabile)

caduta2=1,945s (accettabile)

h=12g caduta

2huomo=

12⋅9,81m/ s2

⋅1,9452s21,80 m=20,36m

SOLUZIONE ALTERNATIVA.

{ h '=1

2g tcaduta

2

h '=vsalita⋅tsalita=tcadutatsalita

; { tcaduta= 2h '

g

tsalita=h '

vsalita=tcadutatsalita

; =tcadutatsalita= 2h '

g

h '

vsalita

1

vsalita⋅h ' 2

g⋅h '−=0 (equazione di II grado nella variabile h')

h '=

− 2

g 2

g

4⋅

vsalita2

vsalita

=4,306 m ; h=h '1,80m=20,34 m

Se v suono=0 si ha che =caduta=2 s , quindi si approssima:

h*=

12g 2

huomo=12⋅9,81m/ s2

⋅22s21,80 m=21,42m

L'errore percentuale riferito all'altezza reale h è:

= hh=h*−hh

=21,42−20,36m

20,36 m=0,052=5,2%


La molla compie sul blocco un lavoro pari all'energia potenziale che essa ha accumulato per effetto della compressione:

Lmolla=12k⋅ l 2=

12⋅20

Ncm

⋅9cm 2=90 N⋅cm=0,9 J

La forza di attrito compie lavoro in proporzione al peso del corpo, opponendosi allo spostamento del corpo stesso:

Lattrito=mg ⋅ l =5kg⋅9,81Nkg⋅0,2⋅−0,03m =−0,294 J

Per il teorema delle forze vive:

T=LmollaLattrito

v= 2LmollaLattritom

= 2 0,90,294J5 kg

=0,49N⋅mkg

=0,49ms2 ⋅m=0,49 m/s

Tutta l'energia cinetica deve essere dissipata dalla forza di attrito:

12mv2

=mg ⋅ x ; x=12v2

g=

0,24m 2/s2

2⋅0,2⋅9,81 m /s2=0,0612 m

SOLUZIONE ALTERNATIVA.

12mv2

=LLattrito=Larresto=m g ⋅ x ; x=

LLattritom g

=0,606 N⋅m

5 kg⋅9,81Nkg⋅0,2

=0,0618 m

La palla ha un effetto (la forza ha un momento che provoca una rotazione). Non è puro rotolamento . C'è attrito. La velocità v cala finché non si annulla e diventa puro rotolamento (quando la forza di attrito non compie più lavoro) all'infinito, perché non si dissipa energia.

Si applica il teorema dell'impulso:


{F⋅ t=mv0

∫0

t

F⋅2

3R dt=F⋅

2

3R⋅ t = ∫

0

t

IG⋅0 dt=IG⋅0

; {F⋅ t=mv0

0=F⋅ t⋅

2

3R

IGsfera

=mv0⋅

2

3R

2

5mR2

=5v0

3R

{ −F r=ma

F rR=I G⋅; { a=−

F r

m

=F rR

IGsfera

=5F r

2mR

; { v=v0−F r

m⋅t

=5F r

2mR⋅t−0

Per il rotolamento puro bisogna imporre vRP=⋅R :

{ vRP=v0−F r

m⋅tRP

vRP=⋅R=5F r

2mR⋅tRP−0⋅R

; vRP=5

2v0−vRP −

5

3v0=

5

21v0

T i=1

2mv0

21

2IG0

2=1

2mv0

21

2⋅

2

5mR2⋅ 5v0

3R 2

=1

2mv0

2m

5⋅

25 v02

9=

19

18mv0

2

Lattr=T i−T f=19

18mv0

2− 1

2mvRP

2 1

2IGRP

2 = 64

63mv0

2



La velocità di fuga è quella velocità la cui energia cinetica associata eguaglia il potenziale gravitazionale. Calcolando la velocità nei due casi si trova l'altezza di lancio:

{mMTerra

RTerra=

1

2mvfT

2

mMTerra

RTerrah=

1

2mvfH

2

; {vfH=

1

2vfT

2MTerra

RTerra=vfT

2

4⋅2 M Terra

RTerrah=vfT

2

; { vfH=1

2vfT

RTerrah=4⋅RTerra

; {vfH=1

2vfT

h=3⋅RTerra

Il moto del punto A è uniforme. Il moto del punto B è uniformemente decelerato.

{aA=dv

dt=0 dato che v=cost.

aB=dv

dt=

40−0

0−5=−8cm /s2

Bisogna, per prima cosa, calcolare il tempo impiegato da B per raggiungere la velocità richiesta. Il moto di B è uniformemente decelerato, quindi:

vB=v0aB tB* ⇒ tB

* =vB−v0

aB

=30−40 cm / s

−8cm/ s2=1,25 s

Il moto di A è uniforme, quindi:

sA=vA⋅tB* =30 cm / s⋅1,25 s=37,5 cm

sB=s0v0 taBt2

Sapendo che la velocità di B è vB=v0aB tB=40−8 t , si integra tra gli estremi temporali:

sB=∫t=0

t=10

40−8 tdt=[ 40t−4 t2 ]010=400−400−00=0


1 {T 1T 2=Wg

2T 1R=T 2R

2 {T 1T 3=T S1

T 1R=T 3R

3 {T 3T 4=Wg

2T 3R=T 4R

4 {T 4F=T S2

T 4R=F R

⇒ T 1=T 2=T 3=T 4=F=Wg

4

a. Trattandosi di un urto elastico, si conservano la quantità di moto Q e l'energia cinetica T (oltre

al momento angolare, che però in questo caso non si considera).

{QpiQsi=

QpfQsf

T piT si=T pfT sf

{mvpi0=m −v pfmvsf

1

2mvpi

2 0=1

2mv pf

2 1

2mvsf

2 1

2I2

I=2

5mR2

2=vsf

2

R2

; {vpi=vsf−v pf

mv pi2 =mv pf

2 mvsf2

2

5mR2

vsf2

R2


W

Wg

F

T1

T2

T3

T4

2

13

4

TS1

TS2

vpi=60 cm/s

vsf

R

m

m vpf

{v pi=vsf−vpf ⇒ v pi2 =vsf

2 v pf2 −2vsf vpf

vsf2 v pf

2 −2vsf vpf=vpf2 vsf

2 2

5vsf

2; {

v pf=vsf−v pi

2

5vsf2 2vsf

2 −2vivsf=0 (eq. in vsf )

{vpf=vsf−v pi

12

5vsf−2vivsf=0 {

vsf1=0 non accett.

vsf2=2⋅5

12vi=50 cm/s

; {v pf=vsf−vpi=−10 cm/s

vsf=50 cm/s

b. Il raggio d'inerzia si calcola come:= I

M=

2

5mR2

m=R⋅ 2

5=1cm⋅0,632=0,632cm

c. Il punto materiale dopo l'urto la verso della velocità opposto (negativo) al verso iniziale del suo moto, a causa dell'urto elastico contro la sfera.

a. REGOLA GENERALE : bisogna mettere tutto in funzione di x e dx e integrare sui vari tratti di curva (dato che hanno equazioni differenti).

AB ( y=−2x26 x ) BA ( y=2x )

Calcolo didy

dx

dy

dx=−4x6 ; dy=−4x6dx

dy

dx=2 ; dy=2dx

Calcolo del lavoro infinitesimo:

dL=F⋅d P

dL=F xdxF ydy

dL=6xy dx3x2dy

Va tutto espresso in x e dx:

dL=6x −2x26x dx3x2−4x6dx

dL=−24x354x2dx

dL=6xy dx3x2dy

Va tutto espresso in x e dx:

dL=6x⋅2xdx3x2⋅2xdx

dL=18x2dx

Calcolo del lavoro:

LPO=∫P

O

dL

LAB=∫A

B

dL=∫0

2

−24x3dx∫0

2

54x2dx

LAB=−24

4[x4 ]0

2

54

3[x3 ]0

2=48J

LBA=∫B

A

dL=∫2

0

18x2dx

LAB=18

3[x3 ]2

0=−48 J

Per ottenere il lavoro complessivo bisogna sommare i lavori svolti sui vari tratti:

LTOT=LABLBA=48−48J=0 J (la forza potrebbe essere conservativa)

b. Per verificare che la forza sia conservativa se ne calcola il rotore:

∇×F=∣i j k∂∂x

∂∂ y

∂∂ z

F x F y F z∣=∣

i j k∂∂x

∂∂ y

∂∂ z

6 xy 3x2 0∣= ∂

∂ z6xy j

∂∂x

3x2 k−

∂∂ y

6 xy k−∂∂z

3x2 i=


=0 j6x k−6x k−0 i=0 la forza è conservativa

Calcolo del potenziale:

{F x=∂U

∂x=6xy

F y=∂U

∂ y=3x2

; {U=∫Fxdx=6⋅x2

2⋅yc1=3x2yf y

U=∫F y dy=3x2⋅yc2=3x2yg x

; {∂U

∂ y=3 x2f y

∂U

∂x=6x y gx

Per trovare le costanti si eguagliano i risultati del primo e del terzo sistema:

{ 3 x2=3x2f y 6x y=6xyg x

; {f y=0g x=0

⇒ U=3 x2y

Bisogna scomporre la F=M⋅aG lungo gli assi cartesiani:

{F x=F=M⋅aGx

F y=0=M⋅aGy(da questo sistema si ricavano le accelerazioni, poi si integra per velocità e spazi)

{aGx=F

MaGy=0

; {vGx=F

M⋅t

vGy=0; {xG=

F

M⋅t2

2yG=L

Si tratta di un moto di rotazione con asse (perpendicolare al piano xy, passante per G) sempre parallelo a se stesso:

MG=I⋅=I⋅

F cos⋅L=1

12M⋅2L2 ⋅ ; F Lcos=

ML2

3⋅ ; =

3F

MLcos



Perché la posizione resti fissa rispetto alla superficie terrestre l'orbita deve essere equatoriale e il moto circolare del satellite deve avere la stessa velocità angolare della Terra (cioè lo stesso periodo di rotazione: T=24⋅3600 s ).

m⋅MTerra

RTerrah2=m2 R Terrah =m 2

T 2

RTerrah

Calcolando che g=MTerra

RTerra2

⇒ MTerra=gRTerra

2

si sostituisce sopra per ricavare h:

RTerrah=

3 ⋅gRTerra

2

T 2

42=

3 9,81⋅63702⋅106⋅24⋅36002

42=42 221km

h=42221−6370km=35852km

a. VERO: la forza centrifuga è una forza apparente che si manifesta nei SdR che ruotano rispetto a un SdR inerziale. La forza centrifuga F=m2r è posizionale e dipende solo da r, quindi ammette il

potenziale U r=∫F dr=∫m2r dr=1

2m2r2 .

b. FALSO: la forza centrifuga è una forza apparente, non reale.

c. FALSO: la forza centrifuga è una forza conservativa.

Impostando le equazioni cardinali della dinamica, in ciascun caso la risultante delle forze esterne è la

medesima (cioè la sola forza F), per cui il teorema del moto del centro di massa ( Re=m aCM )

assicura che esso si muove nello stesso modo. L'unica differenza è che il disco a. non ruota ma trasla solo, mentre il disco b. ruota perché la forza ha un braccio rispetto al suo centro di massa.

Si applica la F=M a :


F−f attrito=Ma

Il moto ha asse di rotazione sempre parallelo a se stesso, quindi si può usare l'equazione del

momento ( Mue=I⋅ ) della dinamica dei sistemi:

f attrito⋅RF⋅0= I12MR

2

⋅aR

=1

2M R2⋅

a

R=

1

2M Ra

{F−f attrito=Ma

f attrito=1

2M a

⇒ a=2

3

F

M

Quando c'è rotolamento senza strisciamento si può far equivalere lo spostamento lineare a quello angolare (ragionamento valido per spostamenti, velocità e accelerazioni):

=a

R=

2

3

F

MR.

Già trovata: f attrito=1

2Ma=

1

2F .

y=tg⋅x

h=L2− l2 2

tg =

l

2

h

=M

area=

M

h⋅l

2

(densità superficiale)

Il momento d'inerzia è I=∫r2dm=∫ r2⋅dS , dove dm è l'elemento infinitesimo di massa, cioè la

densità superficiale per l'elemento infinitesimo di superficie ( dS=2y dx : i rettangoli infinitesimi sono alti 2y e spessi l'infinitesimo dx ). Usando x invece di r perché ho intenzione di integrare in x (avendo affettato il triangolo a partire dall'origine degli assi in tante fettine trasversali):


FR

M

fattrito

y

x

l/2L

hθ

I = ∫0

h

x2⋅⋅2y dx

= ∫0

h

x2⋅⋅2tg ⋅xdx

= 2 tg⋅∫0

h

x3dx

= 2⋅l

2h⋅2M

lh⋅h42

4

=M

2⋅L2− l2

2

xG =1

M ∫x⋅dS

=1

M⋅2tg⋅∫

0

h

x2dx

=1

M⋅2⋅

l

2h⋅2M

lh⋅h3

3

=2

3⋅L2−l2

2

Per il teorema di Huygens-Steiner:

I r=IGMd2 ⇒ IG=I r−Md2

IG=M

2h2−Md2=

M

2h2−M⋅

4

9h2=

1

18M L2− l2

2

Si tratta di un moto circolare uniformemente accelerato. Bisogna esprimere lo spazio percorso in funzione dell'angolo al centro :

s=2

Si può scrivere una catena di relazioni tra l'angolo al centro , la velocità angolare e l'accelerazione angolare :

at=v=s = 2 =2=2

⇒ 2 =2 ⇒ =⋅t ⇒ =1

2 t2

Avendo noto il comportamento durante il primo secondo di rotazione, si ricava che:

1=1

2⋅12=2n=10[rad ] ⇒ =20[rad /s ]

Sapendo quale angolo è percorso in funzione del tempo e avendo messo in relazione l'angolo al numero di giri, è sufficiente calcolare il numero di giri totali percorsi dopo 2 secondi e sottrarre il


numero di giri percorsi nel primo secondo:

n=1

2⋅12=2n

n2 =1

2⋅22=2n2} ⇒ nx=n2−n1=

44−1=3n=15[giri]


Bisogna supporre che la costante di gravitazione universale =6,67⋅10−11 non sia nota, perché non indicata nei dati del problema . Anche il periodo di rivoluzione terrestre T=365⋅24⋅3600s non è noto, ma a quanto pare viene “reso noto” a voce durante l'esame.

mg=mTerram

RTerra2

⇒=gRTerra

2

mTerra

mTerra

v2

R=

mTerramSole

R2

⇒mSole=42R3

T2=

42R3

gR Terra

2

mTerraT 2

=...=1,97⋅1030kg

I corpi all'interno dell'ascensore sono soggetti alla forza peso mg e alla forza di trascinamento −mg . Tutto quello che si trova nel SdR dell'ascensore si comporta come se non fosse soggetto a

forze, per cui, indipendentemente dalla direzione, il moto di un oggetto lanciato è rettilineo e uniforme , sia prima, sia dopo l'urto con il soffitto.

La situazione richiesta è possibile nel punto di massimo della velocità . Infatti, scrivendo

l'accelerazione come componenti tangenziale e radiale: a=s ts2

n . Nel punto in cui è massima la

velocità ( v=s t⇒v=s ) si annulla la sua derivata ( s=0 ), per cui nell'accelerazione rimane solo la componente radiale che è quella che permette al moto di essere curvilineo senza alcuna componente tangenziale, come indicato nella figura B (infatti deve essere v⊥a ).

Nel punto di distacco si conserva l'energia meccanica e si annulla il vincolo di appoggio sulla superficie sferica:


{ mg cos−N=mv2

R

mgR=mgRcos1

2mv2

⇒ N=3mg cos−2mg

N=3mg cosdist−2mg=0 ⇒ cosdist=2

3⇒ dist=48,19 gradi

Nel punto del distacco si conserva l'energia meccanica:

mgR=mgR cosdist1

2mv2 ⇒ v=2gR 1−cosdist=6,53m/s

Le componenti della velocità determinano le informazioni su direzione e verso:

vx=vcosdist=4,35m/s , vy=−v sen dist=−4,87m/s

In un campo di forze conservativo, la forza è il gradiente di un potenziale:

F x;y ;z =−∇ V =−∂V

∂xi−

∂V

∂ yj−

∂V

∂ zk=−5y2i−10xyz3 j3 yz2 k

F 1 ;2;3=−20 i7 j54 k ⇒ F 1 ;2 ;3 =20272542=3365=58N

Il lavoro in un campo di forze conservativo è la differenza di potenziale tra il punto finale e il punto iniziale di spostamento:

L=U 1 ;2 ;3 −U 0 ;0 ;0=34−0=34 J

Il lavoro calcolato lungo il percorso indicato si ottiene integrando sui due segmenti (nel primo bisogna sostituire y=2x e quindi anche dy=2dx per avere l'integrale in una sola variabile):

L=∫0; 0; 0

1 ;2 ;0

F⋅dP∫1 ;2 ;0

1 ;2 ;3

F⋅dP=

=∫0 ;0 ;0

1 ;2; 0

[−5y2dx−10xy dy3yz2dz ]∫1 ;2 ;0

1 ;2 ;3

[−5⋅22dx−10⋅1⋅2dy3⋅2z2dz ]=

=∫0

1

[−5⋅4x2dx−10x⋅2x⋅2dx ]∫0

3

6z2dz=∫0

1

−60x2dx∫0

3

6z2dz=

=[− 60

3x3 ]x=0

x=1

[2z3 ] z=0

z=3=[−20 ][54−0 ]=


Per calcolare l'allungamento massimo non si può usare la F=ma perché la forza della molla varia con lo spostamento; invece rimane costante l'energia meccanica:

m1 g⋅ l=1

2k⋅ l2 ⇒ l=

2m1g

k=0,098m

Considerando anche l'attrito bisogna tenerne conto come un agente dissipativo dell'energia potenziale gravitazionale:

m1 g⋅ l=1

2k⋅ l

2m2 g⋅ l ⇒ l=

2m1−m2g

k=0,0862 m

{m1g−T=m1 y=m1 a

−kx−x0 T−m2gx

∣x∣=m2 x=m2a

⇒ −kx−x0m1−m2

x

∣x∣ ⋅g=m1m2⋅a

Se =0 e si fa un cambio di variabile z=x−x0−m1g

k:


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Fisica generale – Indice degli esercizi svolti · 1 2 Mr2. Fisica generale L-A – Esercizi svolti 5 / 29. c. L'energia potenziale è uguale alla somma dell'energia cinetica dovuta