Reg Eserciziario - Fisica - Esercizi Svolti Di Fisica I E Fisica Ii, Esercitazioni e Esercizi di Fisica. Università di Parma
andrethef
andrethef29 giugno 2012

Reg Eserciziario - Fisica - Esercizi Svolti Di Fisica I E Fisica Ii, Esercitazioni e Esercizi di Fisica. Università di Parma

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Consigli per la risoluzione dei problemi

Una parte fondamentale di ogni corso di Fisica è la risoluzione di problemi. Risolvere problemi spinge a ragionare su idee e concetti e a comprenderli meglio attraverso la loro applicazione. Gli esempi qui riportati sono stati proposti agli studenti di Fisica Generale I negli ultimi anni come prove scritte d’esame. Essi illustrano, in ogni capitolo, casi tipici di risoluzione di problemi. Il sommario all’inizio di ogni capitolo offre un breve quadro d’insieme delle idee più importanti per la soluzione dei problemi di quel capitolo. Benchè tale quadro sia molto utile come promemoria, per una adeguata comprensione degli argomenti si consiglia di utilizzare il testo di Fisica Generale I consigliato dal docente. Riguardo alla soluzione dei problemi di Fisica, si consiglia quanto segue:

1) Leggere attentamente il testo del problema.

2) Preparare un elenco completo delle quantità date (note) e di quelle cercate (incognite)

3) Disegnare uno schema o un diagramma accurato della situazione. Nei problemi di dinamica, assicurarsi di aver disegnato tutte le forze che agiscono su un dato corpo (diagramma di corpo libero).

4) Dopo aver deciso quali condizioni e principi fisici utilizzare, esaminare le relazioni matematiche che sono valide nelle condizioni date. Assicurarsi sempre che tali relazioni siano applicabili al caso in esame. E’ molto importante sapere quali sono le limitazioni di validità di ogni relazione o formula.

5) Molte volte le incognite sembrano troppe rispetto al numero di equazioni. In tal caso è bene chiedersi, ad esempio:

a) esistono altre relazioni matematiche ricavabili dalle condizioni del problema? b) è possibile combinare alcune equazioni per eliminare alcune incognite?

6) E’ buona norma risolvere tutte le equazioni algebricamente e sostituire i valori numerici soltanto alla fine. Conviene anche mantenere traccia delle unità di misura, poichè questo può servire come controllo.

7) Controllare se la soluzione trovata è dimensionalmente corretta.

8) Arrotondare il risultato finale allo stesso numero di cifre significative che compaiono nei dati del problema.

9) Ricordare che per imparare a risolvere bene i problemi è necessario risolverne tanti: la risoluzione dei problemi spesso richiede creatività, ma qualche volta si riuscirà a risolvere un problema prendendo spunto da un altro già risolto.

I - Cinematica del punto materiale

La cinematica degli oggetti puntiformi descrive il moto dei punti materiali. La descrizione del moto di ogni punto materiale deve sempre essere fatta in relazione ad un particolare sistema di riferimento. La posizione di un oggetto che si muove lungo una retta è data dall’equazione oraria:

( )txx =

Si definiscono la velocità istantanea:

dt

dx

t

x v

t =

∆ ∆=

→∆ lim

0

e l’accelerazione istantanea:

2

2

0 lim

dt

xd

dt

dv

t

v a

t ==

∆ ∆=

→∆

Se un oggetto si muove lungo una retta con accelerazione costante (moto uniformemente accelerato) si ha:

a = cost

e per integrazione, ponendo v = v0 e x = x0 per l’istante iniziale t = t0 = 0, si otterrà:

atvv += 0

2

00 2

1 attvxx ++=

( )0202 2 xxavv −+=

Gli oggetti che si muovono verticalmente vicino alla superficie terrestre, sia che cadano o che siano lanciati verticalmente verso l’alto o verso il basso, si muovono (se si può trascurare l’effetto della resistenza dell’aria) con accelerazione costante rivolta verso il basso. Questa accelerazione è dovuta alla gravità, ed è pari a circa g = 9,8 m/s2.

In generale, se r

è il vettore posizione del punto materiale, la velocità e l'accelerazione vettoriale istantanea sono date da:

dt

rd v





= e dt

vd a





= .

Le equazioni cinematiche per il moto possono essere scritte per ciascuna delle componenti x, y e z, ossia:

zzyyxxr ˆˆˆ ++= 

zvyvxvv zyx ˆˆˆ ++=



zayaxaa zyx ˆˆˆ ++=



.

Riassumiamo qui i casi più semplici:

Il moto dei proiettili si può scomporre, se si trascura la resistenza dell’aria, in due moti separati: la componente orizzontale del moto che ha velocità costante e la componente verticale che ha accelerazione costante e pari a g, come per i corpi in caduta libera (fintanto che il moto si svolge in prossimità della superficie terrestre).

Si ha un moto circolare uniforme quando una particella si muove lungo una circonferenza di raggio r con velocità costante; la particella sarà allora soggetta ad un’accelerazione radiale centripeta aR, diretta verso il centro del cerchio, di intensità:

r

v a

R

2

=

Se la velocità non è costante, vi sarà accelerazione sia centripeta sia tangenziale. Il moto circolare può anche essere scritto in termini di variabili angolari. In questo caso l’equazione oraria sarà

( )tθθ =

con θ angolo misurato (in radianti) a partire da una data direzione di riferimento. La velocità angolare è data da:

dt

dθω =

e l’accelerazione angolare da:

dt

dωα =

La velocità e l’accelerazione lineare di un punto che si muove lungo una circonferenza di raggio r sono legate a ω e α da:

ωrv = aT = αr raR =

dove aT e aR sono le componenti tangenziale e radiale dell’accelerazione. La frequenza f è legata ad ω da ω = 2π f e al periodo T da T = 1/f.

Problema 1

Il sistema, mostrato in figura, è costituito da una massa m appoggiata su una guida rettilinea inclinata di un angolo θ rispetto all'orizzontale. Calcolare l'accelerazione

t a



con la quale deve muoversi la guida orizzontalmente affinché la massa m

cada verticalmente con accelerazione pari a g 

.

[ 030=θ ; 2/8.9 smg = ]

Suggerimento: tenere conto che g 

è diretta solo verticalmente, mentre t

a

è diretta solo

orizzontalmente.

Soluzione:

L'accelerazione della massa è g

rispetto ad un osservatore inerziale, e a

rispetto ad un riferimento non inerziale solidale con la guida.

L'accelerazione di gravità nel riferimento solidale con la guida è:

t agg

−=′

Indicato con a il modulo dell'accelerazione della massa nel riferimento solidale con la guida vale:

θθ cos r

asinga +=

La componente orizzontale di a

deve equilibrare t

a 

, quindi:

θθθ coscos 2 gsinaa tt

+=

cioè:

2/ 7,5 sm tg

g a t == θ

rivolta all'indietro.

g r

a  a



θ

Soluzione alternativa:

L’accelerazione totale deve essere g 

, quindi deve valere:

t aag



+=

scrivendo quest’equazione in componenti si ottiene facilmente che:

2/ 7,5 sm tg

g a t == θ

dove at e g sono i moduli delle accelerazioni.

Problema 2

Una palla è lanciata in avanti e verso l'alto da una quota h0 sopra il suolo con velocità iniziale 0v 

. La

palla rimbalza elasticamente (invertendo la componente orizzontale della velocità e mantenendo inalterata quella verticale) su un muro verticale posto alla distanza d dal lanciatore. A quale altezza h dal suolo la palla colpisce il muro? A quale altezza h’ si trova la palla quando è di nuovo sulla verticale del lanciatore (che rimane fermo)? Qual è la quota massima hmax raggiunta dalla palla?

Quesito:hmax è la stessa che sarebbe raggiunta se non ci fosse la parete verticale. Perché?

[h0 = 2 m; d = 4 m; ( ) smyxv /ˆ10ˆ100 += 

]

Soluzione:

a) La componente orizzontale della velocità v0x è costante, quindi la palla raggiunge il muro nel tempo:

h0 d

x v

d t

0

= = 0,4 s.

In direzione verticale è l'accelerazione ad essere costante: g 

= -9,8 m/s2. Perciò:

2

00

00 2

1 

 

 −+=

xx

y v

d g

v

d vhh = 5,2 m

b) La palla torna sul lanciatore dopo altri 0,4 s. La componente verticale del moto è ancora uniformemente accelerata con velocità iniziale v’0y = 6,08 m/s, e quota iniziale h’0 = 5,2 m. Perciò la nuova quota è h’ = 6,9 m.

c) La quota massima hmax viene raggiunta quando la componente verticale della velocità si annulla (ciò avviene dopo il rimbalzo). Essa è perciò data da:

g

v hh y

2

2

0

0max += = 7,1 m.

Risposta al quesito:hmax è la stessa che sarebbe raggiunta se non ci fosse la parete verticale, perché l’urto con tale parete non altera la componente verticale del moto.

Problema 3

Un vecchio cannone viene fatto sparare orizzontalmente dalla cima di una montagna e la velocità v 

della palla viene regolata in modo tale da farle colpire un bersaglio posto nella pianura sottostante solo al secondo rimbalzo. Nel rimbalzo la componente verticale della velocità v0y si riduce di un fattore f e la componente orizzontale vx rimane costante.

Qual è la velocità v0 di uscita della palla del cannone per poter colpire un bersaglio distante d, se la montagna sulla cui cima è situato il cannone è alta h? Qual è la velocità v0 di uscita della palla se si vuole colpire il bersaglio direttamente?

[f=0,6; h = 1 km; d = 9 km]

h

d

Suggerimento: calcolare la durata del moto in verticale ed ricordare che in tale tempo viene percorsa orizzontalmente la distanza d.

Soluzione:

a) La componente orizzontale del moto si mantiene costantemente uniforme, per cui basta calcolare la durata del moto verticale ed imporre che d = vx t, cioè vx = d/t. Il primo impatto avviene dopo il tempo t1:

210 2

1 ==

g

h t s = 14,1 s

mentre il secondo impatto avviene con un ritardo t2:

212 2

2 ==

g

v t y s = 17 s,

dove vy è quella subito dopo l'urto:

260 1

== fgtv y

= 84,9 m/s.

Quindi:

21 tt

d v

x + = = 289,3 m/s.

b) La componente verticale del moto è uniformemente accelerata con accelerazione 2/ˆ8.9 smyg −= 

, perciò il tempo impiegato dalla palla per raggiungere il suolo è:

g

h t

2=

In questo tempo la palla percorre orizzontalmente la distanza d = vx t = 9 km, cioè:

h

g d

t

d v

x 2 == = 630 m/s.

II - Dinamica del punto

Le tre leggi del moto di Newton sono le leggi fondamentali per la descrizione del moto stesso.

La prima legge di Newton afferma che, se la forza risultante su un corpo puntiforme è zero, allora esso resta in quiete o si muove lungo una linea retta con velocità costante (moto rettilineo uniforme). La tendenza di un corpo a resistere ad un cambiamento del suo stato di moto si chiama inerzia. La massa è la misura dell’inerzia di un corpo.

La seconda legge del moto di Newton afferma che l’accelerazione di un corpo è direttamente proporzionale alla forza risultante che agisce su di esso e inversamente proporzionale alla sua massa. Sotto forma di equazione:

amF

=

La forza risultante su un oggetto indica il vettore somma di tutte le forze che agiscono su di esso. Nella sua formulazione più generale, la seconda legge di Newton afferma che la forza risultante agente su un corpo di massa m e velocità v



è data da:

dt

pd

dt

vdm F







==

ove vmp 

= è la quantità di moto del corpo. Solitamente (ma ci sono eccezioni) un corpo non perde nè acquista massa durante il moto, e quindi vale

am dt

vd mF







== , come sopra.

Se invece la massa del corpo è variabile, si avrà:

v dt

dm amF





+=

La terza legge del moto di Newton afferma che se un primo corpo esercita una forza su un secondo corpo, allora il secondo corpo esercita sempre sul primo una forza uguale in intensità e direzione, ma di verso contrario.

La forza esercitata su un corpo dalla superficie liscia su cui è appoggiato agisce perpendicolarmente alla comune superficie di contatto e per questo si dice che è una forza normale. E’ un tipo di forza vincolare, perché limita la libertà di movimento del corpo e la sua intensità dipende dalle altre forze che agiscono su quel corpo.

Per risolvere i problemi in cui compaiono forze su uno o più corpi è essenziale disegnare il diagramma di corpo libero per ogni singolo corpo, mettendo in evidenza tutte le forze che agiscono su quel corpo. Per ogni corpo la seconda legge di Newton può essere applicata a ciascuna componente della forza risultante.

Alcune forze importanti sono:

Forza peso. Il peso si riferisce alla forza di gravità che agisce su un dato corpo e vale P = mg;

vettorialmente: gmP 



−= Forza d’attrito. Quando un corpo è in movimento su una superficie scabra, la forza dovuta all'attrito

(radente) dinamico agisce nella direzione opposta a quella del moto. La sua intensità è data da:

Ndad FF µ= , relazione tra l’intensità della forza d’attrito, che agisce parallelamente alla superficie di

contatto e l’intensità della forza normale FN (spesso indicata anche con N) che agisce perpendicolarmente alla superficie stessa. Non è un’equazione vettoriale, poiché le due forze sono perpendicolari l’una all’altra.

d µ è detto coefficiente di attrito dinamico e dipende dai materiali con

cui sono fatti i due oggetti. Per la forza d'attrito (radente) statico, il suo valore massimo è dato da:

Nsas FF µ= con

S µ coefficiente d’attrito statico. Quando un corpo si

muove con velocità sufficientemente bassa attraverso un fluido, subisce una forza d'attrito viscoso diretta nel verso opposto a quello del moto. La sua intensità è data da: vFav β−= .

Forza elastica. Per tenere una molla compressa o tesa di una lunghezza x oltre quella di riposo è

necessaria una forza:

xkF 



−= dove k è la costante elastica della molla. Questa legge, nota come legge di Hooke, è valida per valori di x sufficientemente piccoli.

Forza centripeta. Una particella che ruota lungo una circonferenza di raggio r con velocità costante v è

sottoposta in ogni momento ad una forza diretta verso il centro della traiettoria. Essa vale:

F m v

r m r= =

2 2ω ; vettorialmente ( )





 



F m v

r r m r= − = × ×

2

ω ω

Problema 1

Un uomo tira una slitta, inizialmente ferma, su cui siedono due bambini, sul suolo coperto di neve. La slitta viene tirata mediante una fune che forma un angolo θ con l'orizzontale (vedi figura). La massa totale dei bambini è M, mentre quella della slitta è m. Il coefficiente di attrito statico è

S µ , mentre il

coefficiente di attrito dinamico è d

µ . Si trovino la forza di attrito esercitata dal suolo sulla slitta e l'accelerazione del sistema slitta-bambini se la tensione T

della fune ha l’intensità:

T = 100 N; T = 140 N.

Mantenendo fisso l’angoloθ , determinare il valore minimo di T per sollevare totalmente la slitta.

[ 040=θ ; M = 45 kg; m = 5 kg; S

µ = 0,20; d

µ = 0,15]

Suggerimento: disegnare il diagramma di corpo libero del sistema slitta-bambini, imporre la condizione di equilibrio per le componenti y delle forze e scrivere l’equazione del moto per le componenti x.

Soluzione:

Diagrammi di corpo libero

I) La forza normale al suolo è:

( ) θTsingmMF N

−+= = 425,7 N.

Quindi la forza di attrito statico è:

( )[ ]θµµ TsingmMFF sNsas

−+== = 85,1 N,

mentre la forza di attrito dinamico è:

( )[ ]θµµ TsingmMFF dNdad

−+== = 63,9 N.

La componente orizzontale delle tensioni è Tx = Tcosθ = 76,6 N < Fas, per cui l’accelerazione è nulla.

II) La forza normale al suolo è:

( ) θTsingmMF N

−+= = 400 N.

Quindi la forza di attrito statico è:

θ

T

(M+m) g

as F



T

(M+m) 

g ad

F 

θ θN F



N F



( )[ ]θµµ TsingmMFF sNsas

−+== = 80 N, mentre la forza di attrito dinamico è:

( )[ ]θµµ TsingmMFF dNdad

−+== = 60 N.

La componente orizzontale delle tensione è Tx = Tcosθ = 107,2 N > Fas, quindi la slitta si muove con accelerazione

( )[ ] mM

TsingmMT a d

+ −+−

= θµθcos

= 0,9 m/s2.

Il valore di T per sollevare la slitta è quello che annulla N

F 

:

( ) θsin

gmM T

+= = 762,3 N.

Problema 2

Due masse m1 ed m2 giacciono su un piano senza attrito e vengono spinte da una forza applicata

dall'esterno 1

F 

, che si esercita sulla massa m1 (come in figura 1).

Si determinino intensità e direzione di ciascuna delle forze di interazione tra m1 ed m2.

Supponendo che venga eliminata la forza 1

F 

e che sulla massa m2 agisca la forza applicata dall'esterno

12 FF 

−= (figura 2), si determinino intensità e direzione di ciascuna delle forze di interazione in quest'ultimo caso.

Si spieghi perché il modulo delle forze di interazione è diverso nei due casi.

[F1 = 12 N; m1 = 4 kg ; m2 = 2 kg; F2 = 12 N]

Suggerimento: si scriva l'equazione del moto considerando il punto materiale di massa (m1 + m2). Si scrivano quindi le equazioni di corpo libero per ciascuna massa.

Fig. 1 Fig. 2

Soluzione:

m1 m2 1F



m1 m2 2F



Diagrammi di corpo libero

a) L’accelerazione di m1 ed m2 è:

21

1

mm

F a

+ =





= 2 m/s2

Ma allora la forza di interazione F 12

esercitata da m1 su m2 vale m2 a = 4 N, mentre per il principio di

azione e reazione la forza di interazione F 21 esercitata da m2 su m1 vale F21 = - F12 = 4 N

b) L’accelerazione vale ancora 2 m/s2, ma questa volta su m2 agisce anche la forza F2 = - F1. quindi ora è F21 = m1a = -8 N, ed F12 = - F21 = 8 N.

c) In base alla seconda legge del moto di Newton la forza totale agente su ciascuna delle due masse è la stessa (a meno del verso) nei due casi esaminati. Però una delle due masse è accelerata dalla sola forza di interazione, e nel secondo caso si tratta della massa maggiore. E’ ovvio che per produrre la stessa accelerazione in una massa maggiore, occorre una forza maggiore.

Problema 3

Una palla di massa m è fissata ad una sbarra verticale per mezzo di due funi prive di massa e lunghe 

. Le funi sono fissate alla sbarra a distanza d l'una dall'altra. Il sistema ruota attorno alla sbarra in modo

da formare un triangolo equilatero (vedi figura). La tensione della fune più alta è 1

T 

. Determinare:

la tensione 2

T 

della fune in basso; la risultante delle forze applicate alla palla nell'istante mostrato in figura; la velocità della palla.

Studiare il problema sia dal punto di vista di un osservatore inerziale, sia dal punto di vista di un osservatore solidale con la palla.

[m = 1,34 kg;  = 1,70 m; d = 1,70 m; T1 = 35,0 N]

Suggerimento: disegnare il diagramma di corpo libero per il punto materiale in ciascuno dei riferimenti utilizzati.

21F 

1N F



2N F

12F !

12F "

gm #2

1 F

$

gm %1

1N F

&

gm '2

2F (

2N F

)

gm *2

21F+−

Soluzione:

La differenza fra ciò che vede un osservatore inerziale rispetto ad uno non inerziale solidale con la palla è che mentre quest’ultimo vede la palla ferma mantenuta in equilibrio da una forza centrifuga

.. fcF ,

, l’osservatore inerziale vede la palla in moto circolare uniforme, sottoposta ad un’accelerazione

centripeta.

Diagramma di corpo libero a) nel riferimento inerziale e b) nel riferimento non inerziale solidale con la palla

a) Nel riferimento non inerziale, la tensione 2

T -

bilancia la risultante di 1

T .

, della forza centrifuga e della forza peso:

2

3

2

12 =+++ gmr v

mTT / 0

//

dove si è tenuto conto che il triangolo è equilatero e che 2

3 30cos =° .

La componente verticale dell’equazione non contiene la forza centrifuga:

mg TT

−= 22 12

dove si è utilizzata la nota relazione cos 60° = 0,5. Si trova dunque il modulo T2 = 8,7 N.

b) Nel riferimento non inerziale la risposta è banale: zero. Nel riferimento inerziale, invece, la risultante delle forze applicate alla palla è la forza centripeta:

.. fcF 1

2 T

2

1T 3

60°

g4 2T 5

1T 6

g7

a) b)

d

8

8

r mv

gmTT ˆ

2

3

2

21 9

:

::

−=++

La componente orizzontale dell’equazione vettoriale di partenza, valida in entrambi i riferimenti, è:

( )

2

32

3 2 21 ;

;

mv TT −=+

fornisce:

( ) m

TT v 4

3 21

<

+ = = 6,5 m/s

Problema 4

Un blocco di massa 2m poggia su un blocco di massa 1m che è posto su un tavolo privo di attrito

(vedere figura). I coefficienti di attrito statico e dinamico fra i due blocchi sono rispettivamente S

µ e

d µ .

Quanto vale la massima forza F =

che si può applicare senza che il blocco m2 strisci su 1m ?

Se il valore di F >

è doppio di quello trovato nel precedente quesito, si trovino sia l'accelerazione

assoluta di ciascun blocco sia la forza di attrito agente su ciascun blocco.

Un osservatore inerziale vede il blocco 2m muoversi verso destra (direzione di F ?

) o verso sinistra?

[ 2m = 2 kg; 1m = 4 kg; Sµ = 0,3; dµ = 0,2]

Suggerimento: disegnare il diagramma di corpo libero per ciascun corpo in condizione di moto di 1m e

imporre la condizione di equilibrio di 2m rispetto ad 1m (moto relativo).

Soluzione:

1m

2m

F @

Diagrammi di corpo libero (in un riferimento inerziale, con 2m in moto rispetto ad 1m )

a) In un riferimento inerziale, in assenza di attrito con il tavolo la massa 2m si muove con 1m , quindi la

forza di attrito statico che agisce su 2m deve essere pari a:

21

2 2 mm

Fm gm s +

da cui:

( )21 mmgF s += µ = 17,7 N

b) Posto F = 17,7x2 N = 35,4 N, la massa 2m scivola su 1m esercitando su di essa la forza di attrito

dinamico dad gmF µ2= , per cui:

1

2 1 m

gmF a dm

µ−= = 7,9 m/s2

dove 1m

a è l’accelerazione della massa 1m .

La forza di attrito dinamico vale naturalmente 2m µ dg = 3,9 N. Nel riferimento solidale con la massa 1m , la massa 2m subisce sia la forza di attrito dinamico, sia la

forza fittizia - 2m 1ma . Quindi in tale riferimento l’accelerazione ar vale:

1mdr aga −= µ = -5,9 m/s2

mentre in un riferimento inerziale vale:

1mr aaa += = 2 m/s2

c) Come si evince dal punto b), mentre nel riferimento non inerziale l’accelerazione è diretta verso sinistra (nel verso negativo delle ascisse), in un riferimento inerziale l’accelerazione è positiva, quindi diretta verso destra.

Problema 5

1NA

FB adFC

gm D2

2NE

( )gmm F21 +ad FG−

La curva sopraelevata di un'autostrada è stata progettata per una velocità vmax. Il raggio della curva è r. In una brutta giornata il traffico percorre l'autostrada alla velocità v.

Quanto vale l’angolo θ di sopraelevazione? Quanto deve essere il minimo coefficiente d'attrito µ s che consente di superare la curva senza scivolare

verso il basso? Usando tale coefficiente, con quale velocità massima v’max è possibile percorrere la curva senza

scivolare verso l’alto?

[vmax = 95 km/h;r = 210 m; v = 52 km/h]

Suggerimento: utilizzare un sistema di riferimento (non inerziale) solidale con l'automobile, scrivere l'equazione del moto ed imporre la condizione di equilibrio.

Diagramma di corpo libero a) in un riferimento non inerziale e b) in uno inerziale

Soluzione:

a) In un riferimento inerziale la componente orizzontale della reazione vincolare N H

fornisce la forza centripeta, mentre la sua componente verticale equilibra la forza peso:

Nsin m v

r N mg

θ

θ

=

=

  

î

2

cos

Quindi:

tg v

rg θ = max

2

= 0,3

gm IcfF J

N K

gm L

N Ma) b)

Con questo angolo, nel sistema di riferimento solidale con l’automobile è soddisfatta la condizione di equilibrio della componente parallela alla strada delle forze in gioco, in assenza di attrito:

m v

r mgsinmax cos

2

θ θ=

tg v

rg θ = max

2

= 0,3

b) Con la pioggia, a velocità v < vmax, la macchina tende a scivolare verso il basso, per cui la condizione di equilibrio diviene:

( ) ( ) ( ) ( ) 

  

 ++= θθµθθ sin

r

v mmg

r

v mmgsin s

22

coscos

Quindi il coefficiente d’attrito vale:

( )

( )θ

θ µ

tg r

v g

r

v gtg

s 2

2

+

− = = 0,2

c) A velocità v’max > vmax, tende a prevalere la forza centrifuga, e la macchina tende a sbandare verso l’alto. Quindi la condizione di equilibrio è:

( ) ( ) ( ) ( )θθθµθ cos’’cos 2 max

2 max

r

v msin

r

v mmgmgsin s =

  

 ++

Per cui:

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]θµθ

θµθ sin

sin grv s

− +=

cos

cos ’max = 128,5 km/h

Problema 6

Un corpo di massa M è posto su un piano inclinato di un angolo θ con l’orizzontale ed è connesso ad una coppia di corpi di ugual massa m tramite una corda ideale, che passa per una puleggia senza attrito e di massa trascurabile, come illustrato in figura. C’è però attrito fra la massa M ed il piano inclinato.

Calcolare il valore della forza di attrito statico necessaria a far rimanere in quiete il sistema;

esprimere in funzione di m, M, θ il minimo valore del coefficiente di attrito statico fra M ed il piano

inclinato, µ s, necessario affinchè il sistema rimanga in condizioni statiche; calcolare esplicitamente il valore minimo di µ s quando m=M/2 e θ = 45°.

Quesito:

Per quale valore dell’angolo θ il sistema (per m < M/2) resterebbe in condizioni statiche anche senza attrito?

Soluzione:

Diagramma di corpo libero per M

a) Condizione di equilibrio:

î  

+= =

θµθ cos 2

MgMgsinT

mgT

s

pertanto:

N N

T O

θ

m

m M

θ

M

aF P

( ) ( )θθµ MgsinmgMgs −= 2cos

b) Coefficiente di attrito statico:

( ) ( )θθµ tgM m

s −= cos 2

c) Se m = M/2 e θ = 45°, µ s = 0,4

Risposta al quesito:

La condizione di equilibrio in assenza di attrito è:

T mg

T Mgsin

= =

  î

2

θ

da cui:

M

m arcsin

2=θ

Si noti che per m>M/2 il sistema non può essere in equilibrio senza l’attrito.

Problema 7

I corpi di massa m1, m2 ed m3 sono collegati come in figura. Le carrucole e le funi sono ideali. Quali valori può assumere il coefficiente di attrito statico µ s fra tavolo e corpo di massa m1 affinchè m1 non si muova? Calcolare l’accelerazione dei due corpi m2 ed m3 quando è soddisfatta la condizione di cui al punto a). In assenza di attrito fra il tavolo ed m1, calcolare l’accelerazione dei corpi m1, m2 ed m3.

[m1 = 10 kg; m2 = 2 kg; m3 = 3 kg]

Suggerimento: scrivere l’equazione di equilibrio per m1 e quella per il moto di m2 ed m3.

m1

m2

m3

Soluzione:

Diagrammi di corpo libero.

a) e b) Condizione di equilibrio di m1:

m g Ts1 2µ =

Le accelerazioni di m2 ed m3 hanno somma nulla, per cui le equazioni del moto di m2 ed m3 si possono scrivere in termini della sola accelerazione a di m3:

( )î 

−=− =−

amgmT

amgmT

22

33 cioè: î  

=− =−

amTgm

amgmT

22

33

dove l’asse verticale del riferimento è orientato verso l’alto. L’accelerazione di m3 vale:

a m m

m m g=

− +

2 3

3 2

= -2 m/s2 (verso il basso).

Tensione della fune che lega m2 ed m3:

( )T m g a m m m m

g= + = +3 2 3

3 2

2 = 23,5 N

Coefficiente di attrito statico:

µs T

gm =

2

1

= 0,5

c) In assenza di attrito, siano a 1 , a2 e a3 le accelerazioni delle tre masse in un riferimento inerziale.

Vale allora:

T Q

gm R3 gm S1

N T

T U

2 aF

V

T W

gm X2

( ) ( )î

  

−=+ −=+

=

gmTaam

gmTaam

Tam

3133

2122

11 2

a2 + a1 e a1 + a3 sono le accelerazioni delle masse m2 ed m3 nel riferimento solidale con la seconda

carrucola1, riferimento in cui è valido il calcolo precedente, nonchè la condizione:

( )a a a a2 1 3 1+ = − +

che in precedenza ci ha consentito di scrivere le equazioni del moto di m2 ed m3 in termini della sola accelerazione di m3. Eliminando le tensioni delle corde, si ottiene:

2 0

2

2

1 2 3

2 1

1 2 2 2

3 1

1 3 3 3

a a a

m m

a m a m g

m m

a m a m g

+ + =

−   

   + = −

−   

   + = −

  

î

  

Quindi, risolvendo il sistema si trova:

( ) ( )

( ) ( )

( )

a m m

m m m g

a m m m m m

m m m g

a m m m m m

m m m g

1 2 3

1 3 2

2 1 3 2 2 3

1 3 2

3 1 2 3 2 3

1 3 2

4

4

4

= +

= − −

+

= − −

+

  

î

   

a1 = 4,7 m/s 2, a2 = -2,7 m/s

2, a3 = -6,7 m/s 2 (m1 si muove in avanti, m2 ed m3 verso il basso).

Si noti che nel riferimento non inerziale solidale con la carrucola mobile (che scende), le accelerazioni di m2 ed m3 hanno lo stesso modulo (2 m/s

2), ma m3 scende ed m2 sale.

Problema 8

1 Si ricordi che se IaY è l’accelerazione di un corpo rispetto ad un riferimento inerziale, la sua accelerazione NIaZ rispetto ad

un riferimento non inerziale di accelerazione ta[ è data da: tINI aaa \\\ −= .

Nel dispositivo schematizzato in figura, il corpo A (di massa mA), poggiato su un piano orizzontale liscio, è collegato da un filo inestensibile al corpo B (di massa mB) ed è saldato all’estremità di una molla di costante elastica k. L’altra estremità della molla è fissata ad un gancio solidale con il piano e le masse del filo, della molla e della carrucola sono trascurabili rispetto a quelle dei corpi A e B. Il corpo B viene abbassato lungo la verticale, rispetto alla sua posizione di equilibrio e lasciato libero di muoversi. Calcolare:

di quanto si è allungata la molla nella posizione di equilibrio del sistema; l’equazione del moto del sistema formato dalle due masse; il periodo delle oscillazioni compiute dal sistema (sia di A che di B).

[mA = 2 kg; mB = 2 kg; k = 200 N/m]

Suggerimento: si scrivano le equazioni del moto di mA ed mB, usando ad esempio la variabile x come spostamento generico della massa mB dalla sua posizione di equilibrio.

Soluzione:

Diagramma di corpo libero per A e B .

a) detto x l’allungamento della molla, la condizione di equilibrio è kx = mBg, da cui:

x m g

k B= = 9,8 cm.

b) le equazioni del moto di ciascuna massa sono:

A

B

gmA ]

gmB ^

eF _

T `

N a

T b

( ) ( ) ( ) ( )î

 =−

=− xamkxxT

xamxTgm

A

BB ovvero ( )

( )  î

 

=−

=−

2

2

2

2

dt

xd mkxxT

dt

xd mxTgm

A

BB

per cui l’equazione globale del sistema, in funzione dell’allungamento della molla, è:

d x

dt

k

m m x

m g

m mA B

B

A B

2

2 + + =

+

la cui soluzione è un moto armonico. Si noti che la variabile x descrive le oscillazioni sia di mA che di mB attorno alle rispettive posizioni di equilibrio.

c) il periodo dell’oscillatore è:

T m m

k A B=

+ 2π = 0,9 s

Problema riepilogativo

Un’autobotte di massa a vuoto M trasporta una massa m0 di acqua distillata lungo tratto di autostrada piano e rettilineo, senza vento. La velocità dell’autobotte è inizialmente v0 e la forza di attrito statico agente sulle sue ruote in direzione e verso della velocità è fs. Ad un tratto sul fondo del cassone si apre una piccola crepa attraverso cui l’acqua cade al suolo, staccandosi dal cassone con velocità relativa ad esso perpendicolare alla strada. La perdita è di k litri di acqua al minuto. L’autista del camion, ignaro della perdita, tiene fermo il piede sull’acceleratore, per cui la forza di attrito statico rimane costante. A quale velocità si troverà il camion dopo un tempo t0 dall’inizio della perdita?

[fs = 1 N; m0 = 32000 kg; k = 1,2 l/min; ρ (H2O) = 1 kg/dm3; M = 8000 kg; v0 = 72 km/h; t0 = 15’]

Soluzione:

Fissiamo un riferimento solidale con la strada che abbia l’asse x lungo l’autostrada nel verso della velocità dell’autobotte, e l’asse y verticale diretto verso l’alto. Prima che si apra la crepa, si ha semplicemente una massa M + m0 che si muove a velocità costante, soggetta lungo l’asse delle ascisse alle sole forze fs ed attrito viscoso dell’aria. Queste due forze devono ovviamente bilanciarsi, per cui il coefficiente d’attrito viscoso β del camion nell’aria è dato da:

( ) 02 2

0 0 vf dt

xd mM s β−==+

cioè:

0v

f s=β = 0,05 kg/s

Quando si apre la crepa, l’autobotte perde, in un intervallo di tempo infinitesimo dt, la quantità di moto v0kdt e la massa kdt. In formula:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )tkdtvtvmMdttvkdtmM 00000 −=+−+−+

Perciò la nuova velocità dell’autobotte (al tempo t + dt) è:

( ) ( ) ( ) ( )dttvkdtmM

tvkdtmM +=

−+ −+

0 0

00

cioè la velocità rimane inalterata, e l’accelerazione è nulla, anche se il camion perde quantità di moto.

Il problema può anche essere risolto utilizzando la forma generale della seconda legge della dinamica, valida per sistemi a massa variabile:

v dt

dm amF ccc +=

dove m(t) è la massa dell’autobotte al tempo t dall’inizio della perdita, e la forza totale agente sull’autobotte è:

( ) as fxvfF d

d

+−= ˆβ

con af e

= forza di reazione esercitata dall’acqua sul camion.

Nel riferimento solidale con l’autobotte, la forza di reazione è verticale, per cui non influenza la componente orizzontale del moto. Inoltre, in tale riferimento v = 0, quindi:

mavf s =− β

(anche a è nulla, ma è solo la forza fittizia). La condizione iniziale è 00 =− vf s β , per cui inizialmente a(0) = 0. Ma ( ) ( ) 00 00 vavdtv =+=+ , cioè

v non cambia, e ( ) ( ) 000 0 =−=+−=+ m

vf

m

dtvf dta ss

ββ , vale a dire che a rimane nulla. Quindi il

moto resta uniforme con velocità v0.

1

III - Lavoro ed energia. Conservazione dell’energia.

Il lavoro W compiuto da una forza F

variabile che agisce su un punto materiale spostandolo da un punto A ad un punto B lungo una linea γ è dato da:

W F dl A

B

= ⋅∫  

,γ

dove ld 

è lo spostamento infinitesimo lungo il percorso della particella. L’energia cinetica di una particella di massa m che si muove con velocità v



è data da:

2

2

1 mvEc =

Il teorema dell’energia cinetica afferma che il lavoro totale compiuto su un punto materiale dalla forza risultante per spostarlo da un punto A ad un punto B è uguale alla variazione di energia cinetica del punto materiale:

cAB EmvmvW ∆=−= 22

2

1

2

1

Il lavoro fatto da una forza conservativa su di una particella dipende solo dai due punti di partenza e di arrivo e non dal cammino percorso dalla particella. Il lavoro fatto da una forza conservativa è recuperabile, cosa che non è vera per una forza non conservativa, come l’attrito. Associato ad una forza conservativa si introduce il concetto di variazione di energia potenziale. Sotto l’azione di una forza conservativa F



si definisce la variazione di energia potenziale come l’opposto del valore del lavoro compiuto dalla forza:

E E E F dlp pB pA A

B

= − = − ⋅∫  

Solo le variazioni dell’Ep sono significative dal punto di vista della fisica, per cui si può sostituire Ep(x) con Ep(x) + C, con C costante arbitraria, ogni volta che conviene. Quando agiscono solo forze conservative, l’energia meccanica totale E, definita come la somma delle energie cinetica e potenziale, si conserva:

E E Ec p= + = costante.

Se agiscono anche forze non conservative, entrano in gioco altri tipi di energia. Quando si includono tutte le forme d’energia, l’energia si conserva sempre (legge di conservazione dell’energia). Esempi di forze conservative per le quali si parla di energia potenziale sono:

forza peso e sua energia potenziale. Quest’ultima vale mgy per una particella posta ad un’altezza y al di sopra di un riferimento orizzontale scelto ad arbitrio.

2

Forza elastica ( xkF 



−= );energia potenziale elastica Ep = 1/2kx2 per una molla con costante elastica k, allungata o compressa di una lunghezza x rispetto alla posizione di riposo. Forza gravitazionale (descritta dalla legge di gravitazione universale di Newton).L’energia potenziale di una particella di massa m dovuta alla forza gravitazionale esercitata su di essa dalla Terra è data da:

( ) r

mM rE Tp γ−=

dove MT è la massa della Terra ed r la distanza della particella dal centro della Terra (r>=raggio della Terra). Ep() = 0 è il riferimento di zero per Ep.

Problema 1

Un punto materiale di massa m scende (partendo da fermo) lungo la sagoma in figura, che è opportunamente raccordata nel punto B in modo che la velocità del punto materiale in B cambi in direzione ma non in modulo. Il coefficiente di attrito dinamico tra punto materiale e piani vale µ d. Sapendo che la velocità nel tratto BC è costante:

Quanto tempo impiega il punto materiale per scendere da A a C? Quanto vale il lavoro compiuto dalla forza di attrito?

Risolvere la parte b) sia usando la definizione di lavoro, sia ricordando che il lavoro compiuto dalla forza di attrito è uguale alla variazione dell’energia meccanica tra A e B.

[AB = BC = l = 2 m; α = 30°; µd = 1

3 ; g = 9,8 m/s2; m = 0,5 kg]

Soluzione:

A

B

C

α

β

l

l

3

Innanzi tutto calcoliamo β . Poichè la velocità nel tratto BC è costante, la forza di attrito uguaglia la componente del peso parallela a BC:

ββµ cossin mgmgd =

Da cui:

dµ β 1 tg =

a) L’accelerazione della massa m nel tratto da A a B è data da:

( ) agd =− αµα sincos = 5,8 m/s2.

Quindi il tempo richiesto da A a B è:

( )g l

a

l t

d αµα sincos 22

− == = 0,8 s

mentre in B la velocità è: vB = at = 4,6 m/s. Il tempo t’ impiegato per percorrere BC è l/ vB = 0,4 s, quindi il tempo totale tt è tt = t + t’ = 1,2s.

b)Il lavoro compiuto dalla forza di attrito è:

( )lmgW d βαµ sinsin += = 7,7 J

Oppure, il lavoro compiuto dalla forza di attrito si può ottenere dalla variazione dell’energia meccanica:

( ) 2 2

1 coscos BmvmglEW −+=∆= βα = 7,7 J,

dove ( )βα coscos +mgl è l’energia potenziale del punto A rispetto al punto C . Si noti che nel tratto BC varia solo l’energia potenziale.

Problema 2

Un cavallo tira una slitta su una strada ripida, coperta di neve. La slitta ha una massa m ed il coefficiente di attrito dinamico fra la slitta e la neve è µ d. Se il cavallo tira parallelamente alla superficie della strada ed eroga una potenza P:

quanto vale la velocità (costante) massima vmax con cui il cavallo riesce a tirare la slitta? Che frazione della potenza del cavallo viene spesa per compiere lavoro contro la forza d’attrito? Che frazione viene spesa per compiere lavoro contro la forza di gravità?

4

[pendenza 1:7; m = 300 kg; µ d = 0,12; P = 746 W]

Soluzione:

Diagramma di corpo libero

Se la velocità è costante, la tensione T della fune vale:

( )θθµθθµ sincos sin cos +=+= dd mgmgmgT = 765 N.

La potenza P è il prodotto scalare della forza T per la velocità v , che nel nostro caso sono parallele: ( ) max sincos vmgTvP d θθµ +==

Quindi: a) vmax è:

( )θθµ sin cosmax += dmg P

v = 0,98 m/s

b) il rapporto fra la potenza dissipata dall’attrito e quella del cavallo è uguale al rapporto delle forze:

d

d

d

mg

mg

µ θθθµ

θµ tg

1

1

sin cos

cos

+ =

+ = 46%.

il rapporto fra la potenza della gravità e quella del cavallo è:

θ µθθµ

θ

tg 1

1

sin cos

sin

ddmg

mg

+ =

+ = 54%.

Problema 3

Un secchio pieno d’acqua di massa complessiva m0 viene portato da un pozzo nel mezzo di un cortile fino alla cima di una torre alta h. Essendo però bucato, quando arriva sulla torre contiene solo metà dell’acqua che conteneva inizialmente. Supponendo che la velocità di salita sulla torre e

la perdita in massa dm

dt del secchio siano costanti, e che il peso del secchio vuoto possa essere

trascurato, determinare il lavoro compiuto esprimendolo in joule.

θ

T 

gm 

aF

5

[m0 = 3,78 kg; h = 50 m]

Suggerimento:

Si ricordi che, detto x il tratto percorso dal secchio e v la sua velocità,

vdt

dm

dx

dt

dt

dm

dx

dm 1 ** == = costante,

per cui m(x) è una funzione lineare.

Soluzione:

Osservato che m(x) è una funzione lineare, con m(0) = m0 e m(h) = m0/2, si ha:

( )   

  −=

h

x mxm

2 10 .

Il lavoro è dunque dato da:

( ) ∫∫∫ ⋅ 

  −=⋅=⋅=

hhh

dx h

x gmdxxgmdxFW

0

0

00 2 1

Calcolando l’integrale, si trova:

hgmW 4

3 0= = 1389,2 J

Problema 4

Una guida ABDEF è tenuta in un piano verticale xy. I tratti AB (di lunghezza h) ed EF sono rettilinei, mentre il tratto BDE è circolare, di centro C, raggio R, e angolo al centro π/2 + θ . Un corpo puntiforme di massa m, in grado di scorrere senza attrito lungo la guida, viene rilasciato nel punto A con velocità iniziale nulla.

Determinare la velocità del corpo nei punti B,D,E,F, supponendo che non vi sia attrito lungo tutta la guida.

Calcolare la reazione della guida nel punto D. Se il tratto EF presenta un coefficiente di attrito dinamico µ d, determinare l’energia cinetica del

corpo nel punto F.

Perchè le velocità in B ed in F risultano essere uguali nel quesito a)?

6

Soluzione:

a) Per il teorema dell’energia cinetica, in B vale:

mghmvB = 2

2

1

Quindi la velocità del punto materiale in B è:

ghvB 2=

Il dislivello fra A e D è R + h, quindi:

( )RhmgmvD +=22 1

e:

( )RhgvD += 2

Il dislivello fra A ed E è θcosRh + , quindi:

( )θcos 2

1 2 RhmgmvE +=

e:

( )θcos2 RhgvE +=

Il punto materiale si trova in F alla stessa quota che in B, per cui ha la stessa energia meccanica (che in assenza di attrito si conserva) e la stessa energia potenziale, quindi anche la stessa energia cinetica e la stessa velocità.

b) La reazione vincolare in D deve sia bilanciare per intero il peso del corpo puntiforme, sia fornire la forza centripeta necessaria per mantenere il corpo in traiettoria:

θ

A

B C F

D E

θ

m

7

( ) y

R

Rhg mmgy

R

mv mgF DN ˆ

2 ˆ

2

 

  ++=

 

 +=

c) Detta l la lunghezza di EF, l’energia meccanica del punto materiale in F è data dall’energia totale in B diminuita del lavoro compiuto dalla forza di attrito dinamico lungo EF :

22

2

1 cos

2

1 FdBF mvmglmvE =−= θµ

Problema 5

Una massa m scivola senz’attrito lungo la guida indicata in figura. Il raggio della circonferenza è R.

Se la massa parte da ferma dal punto B (AB = 5R), quanto vale la reazione vincolare nel punto P? Qual è l’altezza minima da cui deve partire la massa affinchè, nella posizione O, la reazione

vincolare sia nulla?

Quesito: Riscrivere le domande a) e b) supponendo di studiare il problema nel sistema di riferimento non inerziale associato alla massa.

Soluzione:

a) In un riferimento inerziale, la reazione vincolare in P deve solamente fornire la forza centripeta che mantiene m in traiettoria:

R

mv F PP

2

=

Presa come quota di riferimento per l’energia potenziale quella del punto A, dalla conservazione dell’energia meccanica si trova:

mgRmgRRmg mvP 45

2

2

=−=

Da cui:

A

B

R

5R

P

O

8

mgFP 8=

b) In un riferimento inerziale, la reazione vincolare in O è nulla se la forza centripeta che mantiene m in traiettoria è fornita interamente dalla gravità:

R

mv mg O

2

=

Detta x l’altezza cercata, e sostituendo nell’equazione di conservazione dell’energia

( mgxmgR mvO =+ 2

2

2

):

mgxmgR mgR

=+ 2 2

cioè:

RR R

x 2

5 2

2 =+=

a) Nel riferimento non inerziale solidale con m, la reazione vincolare in P deve solamente equilibrare la forza centrifuga per mantenere m in traiettoria. Ciò porta ad un calcolo identico a quello già svolto, perchè l’unica differenza tra forza centrifuga e centripeta è un segno che non influisce sul calcolo medesimo.

b) Nel riferimento non inerziale solidale con m, la reazione vincolare in O è nulla se la forza centrifuga agente su m è equilibrata interamente dalla gravità. Ancora una volta, e per lo stesso motivo del punto a), il calcolo è identico a quello già svolto nel riferimento inerziale.

Problema 6

Il sistema indicato in figura (macchina di Atwood) è inizialmente a riposo con la massa mA a terra e la massa mB ad altezza h da terra. Determinare la velocità con cui m2 tocca terra e la tensione della fune, trascurando l’attrito e l’inerzia della carrucola.

Suggerimento: Questo problema, analogo al n° 7 del capitolo II, può essere risolto utilizzando la legge di conservazione dell’energia meccanica. Per calcolare la tensione della fune è comunque necessario scrivere l’equazione di corpo libero per una delle due masse.

mA

mB

9

Soluzione:

Equazioni di corpo libero:

Risolvendo il sistema, si trova l’accelerazione di A e B (in modulo):

Quindi la tensione della fune è:

Poichè il moto delle due masse è uniformemente accelerato con velocità iniziale nulla, la velocità terminale di B è:

Si può determinare v anche dalla conservazione dell’energia, osservando che inizialmente le energie cinetiche sono nulle e l’energia potenziale del sistema, rispetto al suolo, è mBgh, mentre alla fine le due masse hanno velocità di ugual modulo:

2

2 v

mm ghmghm BAAB

++=

cioè:

( ) BA

AB

mm

ghmm v

+ −= 2

î  

=− =−

amgmT

amTgm

AA

BB

g mm

mm a

AB

AB

+ −=

( ) AB

B AA mm

m gmgamT

+ =+= 2

gh mm

mm ahv

AB

AB

+ −== 22

10

Problema 7

Un pendolo di lunghezza L oscilla in un piano verticale. La corda urta un piolo fissato ad una distanza d al di sotto del punto di sospensione (vedere figura)

Se il pendolo è lasciato libero da un’altezza h al di sotto del piolo, quale altezza h* raggiunge dopo aver urtato il piolo?

Se il pendolo è lasciato libero dalla posizione orizzontale (θ = 90°) e descrive una circonferenza completa centrata nel piolo, quale deve essere il valore minimo di d?

Soluzione:

a) Per conservazione dell’energia, h* = h.

b) Conservazione dell’energia nel punto P (figura):

( ) 2 2

1 2 mvdLmgmgL +−=

In P la forza centripeta deve essere almeno uguale alla gravità:

dL

mv mg

− =

2

quindi:

( ) ( )dLmgdLmgmgL −+−= 2

1 2

Sviluppando i calcoli:

Ld 5

3=

P

L

x

y d

11

Problema 8

Un estremo di una molla priva di massa è posto su di una superficie piatta, con l’altro estremo che punta verso l’alto(vedi fig. 1a). Una massa m1 è posta delicatamente sopra la molla e permette di comprimere la molla di x1 , ad una nuova posizione di equilibrio (fig. 1b). Successivamente, la massa m1 viene rimossa e sostituita con una massa m2. La molla è poi compressa con le mani cosicchè l’estremo della molla si trova in una posizione x2 rispetto alla posizione originale di riposo (quella occupata dalla molla senza nessuna massa appoggiata)(vedi fig. 1c). La molla è poi rilasciata.

Quanto vale la costante k della molla?

Qual è la massima energia cinetica della massa?

[m1 = 1,0 kg; m2 = 2,0 kg; x1 = 17 cm; x2 = 42 cm]

Quesito: risolvere il problema sia scrivendo l’equazione del moto del punto materiale, sia scrivendo la conservazione dell’energia meccanica.

Soluzione:

a) Riferita l’energia potenziale gravitazionale all’asse delle ascisse (figura), la costante elastica della molla vale:

1

1

x

gm k = = 57,6 N/m

b) Per conservazione dell’energia, la massima energia cinetica della massa m2 corrisponde alla minima energia potenziale. L’energia potenziale ha un andamento parabolico:

gxmx x

gm gxmkxE p 2

2

1

1 2

2

22

1 −=−=

Questa parabola ha il vertice in:

  î

  

−=−=

==

1 1

2 2

1 1

2 2

1 1

2 2

min

1

122*

22 x

m

gm x

m

gm x

m

gm E

m

xm

k

gm x

p

y x

m1 m2

12

L’energia totale è data da:

minminmax ppinizpmeccc EEEEE −=−=

quindi l’energia cinetica massima è:

1 1

2 2

22 2 2

1

1 1

1

2 2

22 2 2max 2222

1 x

m

gm gxmx

x

gm x

m

gm gxmkxEc +−=+−= = 0,2 J

Il problema può essere risolto anche utilizzando direttamente l’equazione del moto:

gmkxxm 22 =+

La soluzione generale è:

( ) k

gm tAx 2sen ++= φω

(si noti che k

gm x 2* = è la soluzione di equilibrio dell’equazione del moto, mentre ( )φω +tAsen è

l’oscillazione generica: la molla oscilla attorno alla posizione di equilibrio x* anzichè attorno ad x = 0). Imponendo le condizioni iniziali:

( ) ( )î

  

==

=+=

0cos0

sen0 2 2

φω

φ

Av

x k

gm Ax

si ottiene:

( )

( )  î

 

  

  −−=

+  

  −=

t k

gm xtv

k

gm t

k

gm xtx

ωω

ω

sen

cos

2 2

22 2

ove:

2m

k

La velocità è massima per sen ω t = 1 o – 1, cioè quando l’energia cinetica vale:

2

2 2

2

2 2

2 2 2

1

2

1   

  −=

 

  −=

k

gm xk

k

gm xmEc ω = 0,2 J

IV - Conservazione della quantità di moto; sistemi a più corpi ed urti

Per una particella si definisce quantità di moto la grandezza:

vmp ��

= .

La seconda legge della dinamica, nella sua forma più generale, si scrive:





F dp

dt =

dove 

F è la forza totale agente sulla particella. L’impulso di una forza che agisce per breve tempo su una particella (forza impulsiva) si definisce come:

 

  

I Fdt p p p t

t

f i

i

f

= = − =∫ ∆ ,

cioè l’impulso di una forza impulsiva è uguale alla variazione della quantità di moto della particella. Per un sistema di particelle o per un corpo esteso (distribuzione continua di materia) il centro di massa (CM) si definisce come:

x m x

MCM i i

i= ∑

, y m y

MCM i i

i= ∑

, z m z

MCM i i

i= ∑

dove mi è la massa dell’i-esima particella di coordinate (xi, yi, zi) in un sistema di riferimento inerziale ed M è la massa totale del sistema. Oppure, nel caso di un corpo esteso:

x M

xdmCM M

= ∫1 , y M

ydmCM M

= ∫1 , z M

zdmCM M

= ∫1

Il teorema del centro di massa (o 1a equazione cardinale della dinamica dei sistemi) è scritto come:

Ma FCM E



= ( )

ossia il centro di massa si muove come una particella singola di massa M sulla quale agisce la stessa forza esterna risultante



F E( ) . Per un sistema di particelle, la quantità di moto totale è:



 



P m v Mv Pi i i

CM CM= = =∑

Il teorema del centro di massa si può scrivere anche:

dP

dt F E





= ( )

Quando la forza risultante esterna per un sistema è zero (sistema isolato), la quantità di moto totale resta costante (legge di conservazione della quantità di moto di un sistema isolato). La legge di conservazione della quantità di moto è molto utile nel trattare la classe di fenomeni noti come urti. In un’urto, due o più corpi interagiscono tra loro per un tempo molto breve con una forza molto grande rispetto alle altre, sicchè si può considerare il sistema isolato. Pertanto negli urti la quantità di moto totale si conserva. Anche l’energia totale si conserva, ma questa conservazione può non essere utile a risolvere il problema se avvengono trasformazioni di energia da cinetica a non cinetica. Un urto che conserva l’energia cinetica totale del sistema prende il nome di urto elastico. Invece, un urto che non conserva l’energia cinetica totale del sistema si dice anelastico. Se a seguito dell’urto i due corpi restano attaccati tra loro, formando un corpo unico, l’urto si dice completamente anelastico.

Problema 1

Un proiettile di massa 2m, lanciato dal suolo con una certa angolazione, quando raggiunge l’apice della traiettoria esplode in due frammenti di egual massa m. Sapendo che uno dei due frammenti torna al punto di partenza ripercorrendo la traiettoria iniziale, determinare la posizione in cui cade l’altro e stabilire se essi toccano o meno terra nello stesso istante.

Suggerimento: la quantità di moto si conserva.

Soluzione:

Il moto del centro di massa del sistema delle due parti in cui si è diviso il proiettile è la continuazione del moto del proiettile integro. I due frammenti toccano terra nello stesso istante perchè la componente verticale del moto è la stessa per entrambi. Detta vx la componente orizzontale della velocità del

xvm 

2 xvm

O O’ A A’

y

a

x

3a

proiettile, nel punto culminante la sua quantità di moto è orizzontale e vale 2mvx.La velocità del frammento che torna indietro, nell’istante dell’esplosione, è - vx quindi la sua quantità di moto vale - mvx, e quella dell’altro frammento deve essere 2 mvx -(- mvx) = 3 mvx. Quindi il secondo frammento parte con velocità 3 vx. Detto t il tempo di volo, il frammento che torna al punto di partenza percorre la distanza:

atvOO x ==’

mentre il frammento che prosegue percorre:

atvAO x 33’’ ==

ed il centro di massa:

atvAO x ==’

Il frammento che prosegue cade dunque in A’ con ascissa 4a.

Problema 2

Una chiatta di massa M e lunghezza L è ferma in acqua tranquilla, senza alcun ancoraggio, con un estremo A a contatto con la parete del molo (figura). In questa situazione un uomo di massa m sta sulla chiatta all’altezza del suo estremo opposto B. Ad un certo punto l’uomo comincia a camminare ed arriva all’estremo A, dove si ferma. Se si trascura l’attrito della chiatta sull’acqua, di quanto si allontana l’estremo A dal molo?

[M = 150 kg; L = 5 m; m = 75 kg]

Suggerimento: lo spostamento della barca rispetto alla banchina è uguale a quello del centro di massa rispetto alla barca

Soluzione 1:

Poichè il sistema è isolato, la quantità di moto totale rimane nulla, vale a dire che il centro di massa rimane fermo, rispetto alla banchina. L’ascissa del centro di massa soddisfa inizialmente a:

A BM

m

L

( ) ( ) ( )mM

mML

gMm

mgL L

Mg xCM +

+= +

+ =

2

22

Detta x l’ascissa finale di A, l’ascissa del centro di massa soddisfa (alla fine):

( ) ( )

Mm

L M

x Mm

L MMmx

gMm

x L

Mgxmg

xCM + +=

+

++ =

+

  

  ++

= 222

Uguagliando i secondi membri delle due equazioni si ottiene:

Mm

L M

x Mm

L MmL

+ +=

+

+ 22

cioè:

Mm

mL x

+ = = 1,67 m

Soluzione 2:

Si ricordi che il sistema è isolato (soluzione 1). Posto:

1v

= velocità dell’uomo rispetto alla banchina (massa m)

2v

= velocità della barca rispetto alla banchina (massa M)

vale:

012 =+ vmvM

cioè:

12 vM

m v −=

Lo spazio percorso dall’uomo è:

tvx 11 =

Lo spazio percorso dalla barca è:

11 1

2 2 xM

m x

v

v x ==

ma

Lx M

m xxx =+=+ 1121

Quindi:

mM

M Lx

+ =1 = 3,33 m.

La posizione dell’uomo rispetto alla banchina è:

1xL − = 1,67 m.

Soluzione 3:

Dette v la velocità (negativa) dell’uomo (che ha massa m) e V la velocità della barca(di massa M) rispetto alla banchina, vale:

0=+ mvMV

Ma, detta vr la velocità dell’uomo relativa alla barca, è:

Vvv r +=

Quindi:

( )

m

Mm Vv

MVVvm

r

r

+−=

−=+

Nel tempo t in cui l’uomo percorre L con velocità relativa alla barca vr, il centro di massa della barca si sposta di x (distanza finale di A dalla banchina):

m

mM

t

x

t

L +=

Quindi:

mM

m Lx

+ = = 1,67 m.

Problema 3

Un bambino, in piedi su una slitta A di massa mA, avvicina a se’ una seconda slitta B di massa mB tirandola mediante una fune di massa trascurabile fissata alla slitta B. Le due slitte, inizialmente ferme, si muovono su un piano orizzontale con coefficiente di attrito dinamico µ d tra slitte e suolo.

Qual è l’accelerazione aCM del centro di massa del sistema formato dalle due slitte?

Se in un riferimento inerziale l’accelerazione aB della slitta B è in modulo doppia dell’accelerazione aA della slitta A, quanto vale la forza FAB che il bambino esercita sulla fune (tensione della fune)?

[mA = 50 kg; mB = 42 kg; µ d = 0,2]

Suggerimento: disegnare il diagramma di corpo libero del sistema slitte-bambino

Soluzione:

a) Equazione del moto del centro di massa:

( ) )(ECMBA Famm

=+

con la forza esterna data dalla risultante degli attriti ( ) BA E FFF



+= . Quindi:

( ) BACMBA FFamm 



+=+

Essendo il problema monodimensionale:

( ) BACMBA FFamm −=+

cioè:

AB

( ) ( ) dBA BA

BA

BA CM mm

NN

mm

FF a µ

+ −

= + −

= = 0,17 m/s2

da B verso A.

b) Per definizione di centro di massa si può scrivere:

( ) BBAACMBA amamamm 

+=+

che, nell’ipotesi AB aa 

2= , comporta:

( ) ( ) AABCMBA ammamm −=+ 2

cioè:

CM AB

BA A amm

mm a

− +

= 2

= 0,5 m/s2

e:

AB aa 2= = 0,9 m/s 2

Note le accelerazioni, lo sono anche le forze:

î  

−=− −=

ABAAA

BBABB

FFam

FFam

ovvero:

î  

+= +=

AAAAB

BBBBA

FamF

amFF

che fornisce:

BAAB FF = = 123,5 N

Problema 4

Un cannone di massa M spara orizzontalmente, dalla sommità di una torre di altezza h, un proiettile di massa m e velocità v0 che raggiunge il suolo ad una distanza D dalla base della torre (fig. 1).

Trascurando la resistenza dell’aria, calcolare in termini di D la forza F 

orizzontale e costante che un sistema di ammortizzatori deve esercitare sul cannone affinchè, per il rinculo, esso arretri di un tratto d prima di fermarsi.

Suggerimento: la quantità di moto si conserva

Soluzione:

Moto del proietto:

î

  

=

=

2

0

2

1 gth

tvD

Risolvendo il sistema, si trova v0:

D h

g v

20 =

La quantità di moto iniziale di rinculo del cannone, per la conservazione della quantità di moto, è Mv = mv0. L’energia cinetica iniziale del cannone è data dal lavoro compiuto dalla forza costante nel tratto d:

( ) Mh

gDm

M

mv Fd

42

222 0 ==

e la forza è dunque:

( ) Mhd

gDm

Md

mv F

42

222 0 ==

h

D

Problema 5

In un incrocio un’automobile A di massa mA urta un’automobile B di massa mB. I rilievi della polizia rivelano che, subito prima dell’urto, l’automobile A viaggiava verso est, mentre B era diretta a nord (figura). Dopo l’urto, i rottami delle due auto sono rimasti uniti ed i loro pneumatici hanno lasciato strisciate di slittamento lunghe d in direzione α prima di arrestarsi.

Calcolare le velocità Av 

e Bv 

di ciascuna automobile prima dell’urto.

Una delle automobili superava il limite legale di velocità vL?

Si supponga che le ruote di entrambe le automobili siano rimaste bloccate dopo l’urto e che il coefficiente di attrito dinamico fra le ruote bloccate e la pavimentazione sia µ d.

[mA = 1100 kg; mB = 1300 kg; d = 18,7 m; vL = 90 km/h; α = 30° da est verso nord; µ d = 0,80]

Suggerimento: la conservazione della quantità di moto è una relazione vettoriale

Soluzione:

a) L’urto è completamente anelastico, per cui la quantità di moto si conserva, mentre l’energia cinetica no. Il modulo v’ della velocità subito dopo l’urto, si calcola dalle strisciate (l’energia cinetica dopo l’urto è stata dissipata dall’attrito):

x

y

α

Av 

Lv 

Bv 

( ) ( ) 2’ 2

1 vmmdgmm BAdBA +=+ µ

cioè:

dgv dµ2’= = 17 m/s

D’altra parte, la conservazione della quantità di moto si scrive (per componenti):

( ) ( )î

 += +=

α α

sen’

cos’

vmmvm

vmmvm

BABB

BAAA

da cui:

αcos’v m

mm v

A

BA A

+ = = 32,3 m/s = 116,5 km/h

diretta verso est,

αsen’v m

mm v

B

BA B

+ = = 15,8 m/s = 56,9 km/h

diretta verso nord.

b) L’auto A superava il limite dei 90 km/h.

Problema 6

Il corpo A mostrato in figura, di massa MA e struttura prismatica, appoggiato su un piano orizzontale liscio, viene colpito da un corpo puntiforme B di massa MB e velocità 0v



. Sapendo che dopo l’urto il

corpo B rimbalza verticalmente raggiungendo l’altezza h rispetto al punto di impatto mentre A trasla sul piano di appoggio, si determinino la direzione ed il verso del vettore 0v



.

Si supponga che l’urto sia elastico.

[MA = 100 kg; MB = 50 g; 0v 

= 5 m/s; h = 80 cm]

Suggerimento: la componente orizzontale della quantità di moto si conserva, quella verticale no

y

Soluzione:

In questo problema si conservano la componente orizzontale della quantità di moto e l’energia, per cui, dette vA e vB le velocità di A e B subito dopo l’urto, vale:

  

î

 

=

+=

=

ghMvM

vMvMvM

vMvM

BBB

AABBB

AAB

2

222 0

0

2

1 2

1

2

1

2

1

cosθ

ove θ è l’angolo di impatto mostrato in figura, mentre la terza equazione vale per il moto di B dopo l’urto. Sostituendo la terza equazione nella seconda, si ricava:

î

  

+=

=

22 0

0

2

1

2

1

cos

AABB

AAB

vMghMvM

vMvM θ

e quindi:

( ) ( ) 2 0

2 0

0

2 0 22cos

vM

ghvM

vM

ghvMM

B

A

B

AB −= −

=θ = 0,863

θ = 30,3°

0v 

θ B

A x

1

V - Meccanica rotazionale del corpo rigido

Un corpo rigido può ruotare oltre che traslare. Il moto traslatorio è descritto specificando quello del centro di massa.

Rotazione intorno ad un asse fisso.

Quando un corpo rigido (idealizzato come un insieme di punti materiali le cui mutue distanze sono fisse) ruota intorno ad un asse fisso, ogni suo punto è fermo rispetto agli altri. Pertanto le rotazioni intorno ad un asse fisso si possono descrivere mediante un solo angolo θ : Se un punto ruota di θ , gli altri sono costretti a ruotare dello stesso angolo. Di conseguenza, tutti i punti del corpo rigido hanno la stessa velocità angolare:

dt

dθω =

e la stessa accelerazione angolare:

2

2

dt

d

dt

d θωα ==

Sia ω �

che α 

sono vettori con la direzione dell’asse di rotazione (preso di solito come asse z) ed il verso dato dalla regola della mano destra.

Si definisce momento d’inerzia del corpo rigido rispetto all’asse di rotazione la grandezza:

∑= 2ii RmI

dove Ri è la distanza dall’asse del punto mi. La definizione può essere estesa ad un corpo continuo:

∫= M

dmRI 2

Uno strumento utile per la valutazione del momento d’inerzia è il teorema di Huygens-Steiner (o dell’asse parallelo). Questo teorema afferma che il momento d’inerzia di un corpo rispetto ad un asse qualsiasi è dato da:

2MdII CM +=

dove ICM è il momento d’inerzia rispetto all’asse parallelo a quello dato e passante per il centro di massa, M la massa del corpo a d la distanza tra i due assi.

Il momento angolare (o momento della quantità di moto) Lz di un corpo in rotazione attorno all’asse fisso z è dato da:

ωzz IL =

Per rotazioni di un corpo rigido simmetrico attorno ad un asse di simmetria, il momento angolare è:

2

ω 



IL =

Quando un corpo rigido ruota attorno ad un asse che non è di simmetria, il momento angolare L 

può non essere parallelo e concorde rispetto alla velocità angolare ω 

nel qual caso il corpo è in una condizione di squilibrio dinamico e la direzione del momento angolare L



varia nel tempo (anche se

ω 

è costante: è questo il caso della precessione di L 

). Il teorema del momento angolare (2a equazione cardinale della dinamica dei sistemi di punti) è, nella forma più semplice:

)(EM dt

Ld  

=

con )(EM

momento totale delle forze esterne calcolato rispetto al polo O. Anche L

è calcolato rispetto allo stesso polo. Il polo O deve essere fisso rispetto al riferimento scelto.

Nei moti di rotazione attorno ad un asse fisso il concetto di forza è letteralmente sostituito da quello di momento della forza, quello di massa dal momento d'inerzia, e l'accelerazione è quella angolare. Tra queste grandezze vige infatti un’analoga relazione che lega forza, massa ed accelerazione:

( ) ( ) αω zzEz IIdt d

M ==

Se Mz (E) è costante, allora anche α è costante e le equazioni del moto rotatorio divengono:

 

î

 

++=

+= =

2 00

0

2

1

costante

tt

t

αωθθ

αωω α

e:

( )0202 2 θθαωω −+=

dove ω 0 e θ 0 sono i valori iniziali (t = t0 = 0) della velocità angolare e dell’angolo che definisce la posizione iniziale. Queste equazioni sono analoghe a quelle del moto rettilineo uniforme in una dimensione.

L’energia cinetica di rotazione di un corpo rigido che ruota attorno ad un asse fisso z è:

2

2

1 ωzc IE =

mentre il lavoro fatto dal momento ( )EM

assume la forma:

3

∫= θ

θ

θ 0

)( dMW Ez

Se Mz (E) è costante, allora: W = Mz

(E)(θ − θ 0 ). Il teorema lavoro – energia è dato da:

0 )(

0

cc E

z EEdMW −== ∫ θ

θ

θ

Se il momento risultante delle forze agenti sul corpo è nullo, cioè 0/ =dtLd

, allora:

L

= costante.

Questa è la legge di conservazione del momento angolare per un corpo in rotazione. Se il momento d’inerzia è costante (come per un singolo corpo rigido) la conservazione del momento angolare equivale all’affermazione che la velocità angolare ω



è costante nel tempo. Per sistemi più complessi, in cui il momento d’inerzia può variare (basta che ci siano due corpi rigidi interagenti), la conservazione del momento angolare è uno strumento potente nella soluzione di problemi e può caratterizzare il sistema dinamico ad ogni istante.

Il momento risultante delle forze esterne

( )∑ ×= i

E ii

E FrM )()( 





sarà automaticamente nullo per i sistemi isolati, ma può essere nullo anche quando 0)( ≠EF 

, essendo in tal caso essenziale la scelta del polo rispetto al quale si calcolano i momenti delle forze.

Rototraslazione senza strisciamento.

Nel rotolamento il moto traslatorio è combinato con quello rotatorio. Oggetti con raggio r che rotolano senza strisciare hanno la velocità angolare ω e la velocità del centro di massa vCM legate dalla relazione:

ωrvCM =

L’energia cinetica di un corpo che rotola senza strisciare è la somma della sua energia cinetica rotazionale attorno all’asse di rotazione baricentrico e di quella traslazionale del centro di massa:

( ) 2222 2

1

2

1

2

1 CMCMCMc MvIMrIE +=+= ωω

Statica del corpo rigido.

La statica può essere vista come un caso limite della dinamica: quello in cui "tutto è fermo", anche se ci sono forze. Le condizioni da applicare sono quindi due:

4

0)( =∑ i

E iF



per non avere moti di traslazione

0)( =×∑ i

E ii Fr





per sopprimere le rotazioni

Per applicare queste condizioni è necessario conoscere non solo le forze esterne, ma anche i loro punti di applicazione. La gravità agisce come se fosse applicata al centro di massa del corpo rigido. Il polo rispetto al quale si calcolano i momenti delle forze deve essere scelto con cura, onde semplificare al massimo la risoluzione del problema. Conviene anche scegliere un riferimento cartesiano opportuno: alle due equazioni vettoriali dell’equilibrio corrispondono sei equazioni scalari.

Problema 1

Determinare le lunghezze dei pendoli semplici aventi medesimo periodo di oscillazione di due pendoli composti quadrati di lato l e vincolati a ruotare attorno all’asse orizzontale passante per il punto medio di uno dei lati e perpendicolare a questo lato. I due quadrati sono formati:

uno da quattro masse puntiformi uguali collocate nei vertici ed unite da asticelle rigide di massa trascurabile

l’altro da quattro aste rigide omogenee ed uguali.

Come cambierebbero i risultati se i pendoli fossero vincolati a ruotare attorno ad uno dei lati del quadrato? Indicare con m la massa totale del pendolo.

Suggerimento: il periodo di un pendolo composto è:

mgd

I T pπ2=

con Ip momento d’inerzia del pendolo rispetto all’asse di oscillazione e d distanza del centro di massa dall’asse.

5

Soluzione:

Asse perpendicolare al piano del foglio (fig. a) e b)):

detti Ip il momento d’inerzia delle masse puntiformi e Ic quello delle aste omogenee, si trova:

 

 

=+

 

 +=

=   

  

 ++

 

 +

 

 =

2 222

222 22

12

7

444124 4

4

3

4

5

4

5

224

ml l

m lmlm

I

mlll llm

I

c

p

Per la valutazione di Ic si è prima calcolato il momento d’inerzia rispetto al centro di massa e poi si è utilizzato il teorema dell’asse parallelo. Il braccio della forza peso è la distanza d del centro di massa dall’asse:

2

l d =

Il periodo del pendolo è:

  �

  

===

===

g

l

g

l

mgd

I T

g

l

g

l

mgd

I T

cc c

pp p

’ 2

6

7 22

’ 2

2

3 22

πππ

πππ

con Tp, Tc, l’p, l’c periodi e lunghezze dei pendoli semplici equivalenti. Quindi:

a) b)

a’) b’)

6

  �

 

=

=

6

7 ’

2

3 ’

l l

l l

c

p

Asse orizzontale passante per il punto medio di uno dei lati(fig. a’) e b’)):

detti Ip il momento d’inerzia delle masse puntiformi e Ic quello delle aste omogenee, si trova:

  �

 

=+

 

 +=

==

2 222

22

12

5

444124 2

2

1

4 2

ml l

m lmlm

I

mll m

I

c

p

Per la valutazione di Ic si è prima calcolato il momento d’inerzia rispetto al centro di massa e poi si è utilizzato il teorema dell’asse parallelo. Il braccio della forza peso è la distanza d del centro di massa dall’asse:

2

l d =

Il periodo del pendolo è:

  �

  

===

===

g

l

g

l

mgd

I T

g

l

g

l

mgd

I T

cc c

pp p

’ 2

6

5 22

’ 222

πππ

πππ

con Tp, Tc, l’p, l’c periodi e lunghezze dei pendoli semplici equivalenti. Quindi:

�

  

=

=

6

5 ’

l l

ll

c

p

Problema 2

Due corpi sono appesi mediante fili ideali a due pulegge solidali fra loro e girevoli attorno ad un asse comune, come illustrato in figura. Il momento d’inerzia complessivo è I ed i raggi dei dischi sono R1 ed R2. I fili non slittano nelle gole delle pulegge.

a) nota m1, si trovi m2 tale che il sistema sia in equilibrio

7

b) posta delicatamente una massa m3 sopra m1, si trovino l’accelerazione angolare dei dischi e le tensioni dei fili.

[m1 = 24 kg; m3 = 12 kg; R1 = 1,2 m; R2 = 0,4 m; I = 40 kgm 2]

Suggerimento: utilizzare i momenti delle forze.

Soluzione:

a) La condizione di equilibrio è:

2211 gRmgRm =

da cui:

2

1 12 R

R mm = = 72 kg.

b) Le equazioni del moto del sistema dopo l’aggiunta di m3 sopra m1, sono:

( ) ( )

  

 

==

=− =−

+=−+

2

2

1

1

2211

2222

131131

R

a

R

a

ITRTR

amgmT

ammTgmm

α

α

cioè, eliminando le accelerazioni lineari:

( ) ( )

 �

 

=−− =−

+=++

02211

2222

311311

α α

α

ITRTR

gmRmT

gmmRmmT

Risolvendo il sistema, si trova:

m2 m1

R2R1

8

( )( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

( )  

  

= +++

−+ =

= +++ +++

=

= +++

+++ =

2 2 22

2 131

22131

22 22

2 131

2 12131

2

2 22

2 131

122 2 2231

1

rad/s 4,1

N 745

N 294

g IRmRmm

RmRmm

gm IRmRmm

IRRRmm T

g IRmRmm

IRRmRmmm T

α

Problema 3

Una ruota di Prandtl (figura) è formata da un disco di raggio R e massa M e da un cilindro di raggio r e momento d’inerzia trascurabile rispetto all’asse di rotazione. Non c’è attrito ed il filo inestensibile non slitta sull’albero. All’istante t = 0, la massa m, inizialmente in quiete, viene lasciata scendere.

a) Calcolare il tempo t0 affinchè la massa m percorra l’altezza h.

b) Calcolare il numero corrispondente di giri compiuti dalla ruota.

c) Sul bordo della ruota è attaccato un magnetino di massa m0 e dimensioni trascurabili che esercita una forza F sul disco. Verificare se al tempo t0 il magnetino è ancora attaccato al disco.

[M = 0,5 kg; R = 0,2 m; r = 2 cm; m = 1 kg; h = 2 m; m0 = 0,01 kg; F = 5 N]

Suggerimento: il momento d’inerzia del magnetino è trascurabile. Quando la ruota è in rotazione sul magnetino agisce la forza centrifuga.

Soluzione:

a) Momento d’inerzia I della ruota di Prandtl:

2MRI = = 0,01 kgm2

Equazioni del moto del sistema (a = accelerazione di m, T = tensione del filo, α = accelerazione angolare):

m

M

r

R

9

 

 

=

= =−

r

a

ITr

maTmg

α

α

Eliminando l’accelerazione angolare e la tensione del filo:

r

a Imarmgr +=

cioè:

g Imr

mr a

+ =

2

2

Dunque:

2

2

0

22

mr

Imr

g

h

a

h t

+== = 3,2 s

b) Il numero di giri n è fornito da un puro calcolo geometrico:

r

h n

π2 = = 15,9 giri.

c) Il momento d’inerzia del magnetino è trascurabile rispetto a quello della ruota di Prandtl, quindi non ne altera la velocità di rotazione. Perciò, la forza centrifuga agente sul magnetino è:

( ) R

at mRm

2 0

0 2

0 =ω = 7,5 N

per cui il magnetino si è già staccato. Si può usare anche la conservazione dell’energia:

  �

 

=

+=+=

r

v mF

r

v IvmIvmghm

2

0

2

2 2

0 22

00 2

1

2

1

2

1

2

1 ω

cioè:

Irm

ghrm mF

+ =

2 0

0 0

2 = 7,5N

10

Problema 4

Nel sistema indicato in figura la molla, di massa trascurabile, ha costante elastica k; la carrucola, costituita da un cilindro omogeneo di massa M e raggio R, ruota senza attrito attorno all’asse O disposto orizzontalmente. Il filo che collega la molla, un cui estremo è fissato A, alla massa m, è inestensibile, di massa trascurabile e non slitta sulla carrucola.

a) Calcolare l’allungamento x0 della molla in condizioni di equilibrio.

b) Calcolare il periodo delle piccole oscillazioni della massa m nel suo moto verticale.

Suggerimento: scrivere l’equazione del moto verticale della massa m e quella della rotazione del cilindro intorno all’asse fisso.

Soluzione:

Detto x lo scostamento della molla dalla posizione di equilibrio (che è anche l’allungamento della molla), positivo verso il basso, si ha:

( ) ( )[ ]

  

  

=

=

=−

=−

2

2

1 MRI

R

x

IRkxxT

xmxTmg









θ

θ

da cui:

( )

  �

 

=

=−−

2

2

1 MRI

R

x IRkxxmmg





Questa è l’equazione dell’oscillatore armonico forzato:

mgkxx mM =++ 

2

2

A

m

R M

11

a) All’equilibrio x 

= 0, per cui:

k

mg x =0

b) La soluzione è data dalla somma dell’oscillazione libera e della soluzione all’equilibrio x0. Il periodo è perciò lo stesso dell’oscillatore libero:

k

Mm T

2

2 2

+= π

Problema 5

Un corpo rigido è costituito da tre sbarrette sottili identiche di massa m e lunghezza l, collegate fra loro a formare una H (figura). Il corpo può ruotare attorno ad un asse orizzontale passante per una delle gambe della H. Partendo da fermo con la H in un piano orizzontale, il corpo ruota sotto l’azione della forza peso. Determinare la velocità angolare del corpo nel momento in cui il piano dell’H è verticale.

Suggerimento: calcolare il momento d’inerzia totale.

Soluzione:

Il braccio della forza gravitazionale è la distanza del centro di massa dall’asse, che, essendo il corpo omogeneo, coincide con il centro geometrico e vale perciò l/2. Detto I il momento d’inerzia, vale:

222

3

4

3

1 mlmlmlI =+=

Allora la conservazione dell’energia si scrive:

l

l

lω

12

22

3

4

2

1

2 3 ωmllmg =

cioè:

l

g

2

3=ω

Problema 6

Una ruota di massa m e raggio r è assimilabile ad un disco omogeneo e ruota senza attrito in un piano verticale attorno ad un asse fisso passante per il suo centro con una velocità angolare ω . Per fermare la ruota, si preme un pattino contro il suo bordo esercitando una forza radiale F. Se prima di fermarsi la ruota compie n giri, qual è il coefficiente d’attrito µ , fra il pattino ed il bordo della ruota?

[m = 1,4 kg; r = 23,0 cm; ω = 840 giri/min; F = 130,0 N; n = 2,8]

Suggerimento: Calcolare il lavoro della forza di attrito e uguagliarlo alla variazione di energia cinetica della ruota.

Soluzione:

Teorema dell’energia cinetica:

nFrI πµω 2 2

1 2 =

Dove I è il momento d’inerzia della ruota. Quindi:

nF

mr

nFr

I

π ω

π ωµ

84

22

== = 0,27

Problema 7

Un sottile tubo rigido ed omogeneo, di massa M, ha al suo centro un cilindretto molto corto di massa m (da considerarsi puntiforme) e diametro appena inferiore a quello del tubo. Il cilindretto può scorrere senza attrito dentro al tubo. Inizialmente il sistema ruota senza attrito con velocità angolare ω 0 intorno ad un asse verticale baricentrico. Ad un certo momento, per una lievissima perturbazione (vedere figura), il cilindretto si sposta dalla posizione iniziale e viene espulso dal

ω

F

ω

µ F

13

tubo. In assenza di forze esterne, qual è la velocità angolare ω del tubo, quando il cilindretto fuoriesce?

Suggerimento: Il momento d’inerzia del tubo sottile rispetto ad un diametro centrale può essere assimilato a quello di una sbarretta rigida.

Soluzione:

Conservazione del momento angolare:

ωω 

 

 +=

4

2

0

l mII

Dove I è il momento d’inerzia del tubo:

12

2Ml I =

Ma allora:

02 0

3

4

ω ω

ω mM

M

l mI

I

+ =

+ =

Problema 8

Su una piattaforma circolare omogenea inizialmente ferma in posizione orizzontale di massa M e raggio R, girevole senza attrito attorno all’asse verticale centrale z, sta fermo a distanza r dal centro un uomo di massa m (vedi figura). Ad un certo istante l’uomo comincia a correre lungo la circonferenza di raggio r con velocità ’v



rispetto alla piattaforma. Determinare la velocità angolare ω con cui ruota la piattaforma.

Suggerimento: ω è chiaramente misurata in un riferimento inerziale.

ω 0

l

r

z v 

14

Soluzione:

Detta ω u la velocità angolare dell’uomo in un riferimento inerziale, vale:

( )

�

  

=−

−×=

0 2

1

22 ωω

ωω

MRmr

rv

u

u



con ω 

ed uω 

di verso opposto. Passando ai moduli nella prima equazione:

( )

�

  

=−

+=

0 2

1

22 ωω

ωω

MRmr

rv

u

u

Da ciò si ottiene:

  

  +

= 22

2

1

MRmr

mrvω

Problema 9

La porta rettangolare mostrata in figura ha massa M, lati di lunghezza a e b ed è vincolata a ruotare in un piano verticale attorno al lato maggiore b. La porta, inizialmente ferma, viene colpita orizzontalmente da un proiettile di massa m e dimensioni trascurabili, ad una distanza d dal suo asse di rotazione. La velocità del proiettile prima dell’urto è v ed esso si conficca nella porta. Sapendo che il momento delle forze d’attrito vale Mf, determinare:

a) La velocità angolare ω con cui la porta ruota subito dopo l’urto.

b) L’angolo totale di rotazione θ della porta dovuto all’urto.

[M = 2 kg; a = 1,5 m; b = 2 m; m = 50 g; ad 3

2= ; v = 30 m/s; Mf = 3

1 Nm]

Suggerimento: il momento d’inerzia della porta rispetto ad un asse parallelo a quello specificato e

passante per il baricentro vale 20 12

1 MaI = .

R r

M

15

Soluzione:

Momento d’inerzia iniziale della porta rispetto all’asse b:

2 2

0 3

1

2 Ma

a MII i =

  +=

Momento d’inerzia finale (dopo l’urto) della porta rispetto all’asse b:

( ) 2 2

0 439

1

3

2 amM

a MII i +=

  +=

a) Conservazione del momento angolare:

ωfIamv =3 2

cioè:

( )mMa mv

I

a mv

f 43

6

3

2

+ ==ω = 0,97 rad/s

b) Teorema dell’energia cinetica:

θω ff MI = 2

2

1

Vale a dire:

( ) ff f

MmM

vm

M

I

43

2

2

222

+ ==

ω θ = 2,18 rad

Problema 10

Un disco omogeneo di massa M e raggio R, inizialmente fermo, è libero di ruotare senza attrito attorno ad un asse fisso z orizzontale passante per il suo centro O. Un proiettile puntiforme di massa m viene lanciato con velocità v0 (nel piano del disco) contro il disco, e lo urta in un punto P

b d

a

16

individuato da un angolo θ . In seguito all’urto il proiettile rimbalza con velocità v’0 in una direzione che forma con la radiale in P il medesimo angolo θ . Posto che l’urto sia elastico, determinare:

c) La velocità angolare ω del disco dopo l’urto.

d) il rapporto fra la massa del proiettile m e quella del disco M.

[R = 30 cm; v0 = 30 m/s; θ = 60°; v’0 = 2 m/s]

Suggerimento: Il sistema è formato da disco più proiettile, perciò scegliere come polo il punto O e tener conto del momento angolare del proiettile.

Soluzione:

I principi di conservazione del momento angolare e dell’energia sono:

( )

( )�   

=−

=−

22 0

2 0

00

2

1 ’

2

1

ω

ωθ

Ivvm

IvvRmsin

a) Il rapporto delle due equazioni non contiene le masse:

θ ω

Rsin

vv 00 ’+= = 46,2 rad/s

b) Nota ω , il rapporto delle masse si ottiene facilmente da una delle due equazioni di partenza:

( ) ( )002 00

00 ’2

’2 vvsin

vv

vvsin

R

M

m

− +=

− =

θθ ω

= 1

Problema 11

θ

O

P R

M

m

θ

x

y

17

Un rocchetto omogeneo di massa M raggio di gola r e raggio esterno R rotola senza strisciare su un piano orizzontale. L’asse AA è l’asse di istantanea rotazione (figura). Al filo avvolto sul rocchetto è

applicata una forza costante 0F 

orizzontale, che si pensa situata sempre nel piano verticale passante

per il centro di massa C del rocchetto. Trovare quanto valgono:

a) l’accelerazione ca 

del centro di massa;

b) la forza di attrito radente aF 

complessiva sul rocchetto (è attrito statico o dinamico?);

c) l’accelerazione angolare del rocchetto;

d) dire se il filo si avvolge o si svolge e perchè.

Suggerimento: Calcolare il momento d’inerzia totale del rocchetto.

Soluzione 1:

Equazioni del moto del centro di massa e della rotazione attorno al centro di massa:

�

  

=×+×

=+

α 









2 0

0

2

1 MRFRFr

aMFF

a

ca

Cioè, scelto come verso positivo dell’asse di rotazione quello entrante nel foglio:

�

  

=+−

=−

ca

ca

MRaRFrF

MaFF

2

1 0

0

Nella seconda equazione si è usata la condizione αRac = (rotolamento senza strisciamento). Risolvendo il sistema si ottiene:

0F

A

0F !

R

r C

A

R

r

A

.

18

  �

 

+=

−=

0

0

3

2 3

2

F R

Rr F

F MR

rR a

a

c

Le risposte ai quesiti a) e b) si ottengono aggiungendo che ca "

è parallela a 0F #

, mentre aF $

è

antiparallela a 0F %

. Inoltre l’attrito è statico, altrimenti il rocchetto striscerebbe.

c) L’accelerazione angolare è data dalla condizione di rotolamento senza strisciamento:

R

ac

d) Il filo si arrotola, perchè deve rimanere teso mentre il rocchetto rotola senza strisciare.

Soluzione 2:

Traslazione del centro di massa e rotazione attorno al punto di contatto:

( ) �

 

  

  +=×+−

=+

α &

&&

&

&

&&

22 0

0

2

1 MRMRFRr

aMFF ca

Per calcolare il momento d’inerzia rispetto all’asse di contatto, si è usato il teorema di Huygens- Steiner. Orientando l’asse di rotazione nello stesso verso della soluzione 1 ed impiegando ancora una volta la condizione di rotolamento senza strisciamento αRac = , si ricava:

( )�

  

=−

=−

c

ca

MRaFrR

MaFF

2

3 0

0

La soluzione del sistema è molto semplice, e fornisce:

  �

 

+=

−=

0

0

3

2 3

2

F R

Rr F

F MR

rR a

a

c

Problema 12

Un bambino di massa m si sposta lungo una scala a pioli di massa M e lunghezza L. Non c’è attrito su entrambe le estremità della scala, che è trattenuta in basso da una corda ideale orizzontale che si spezza oltre una tensione massima Tmax (figura).

19

a) Qual è la tensione della corda quando il bambino dista d = L/3 dall’estremità inferiore della scala?

b) Qual è la distanza massima dmax dall’estremità inferiore della scala che il bambino può raggiungere senza rompere la corda?

Suggerimento: utilizzare le equazioni dell’equilibrio del corpo rigido.

Soluzione:

Equilibrio delle forze e dei momenti delle forze rispetto a B:

( )

( )   

 

= 

  +−+

+= =

θθθ coscos 2 2

2

1

LNg L

MdLmTLsin

gMmN

TN

a) La tensione della fune si trova risolvendo il sistema scritto sopra:

θcot 2

g M

L

d mT

 

  +=

b) Basta uguagliare a Tmax la tensione della fune trovata in a) e risolvere in dmax:

L m

M

mg

T d 

 

 −= 2cot

max max θ

Problema 13

Un cavo ideale orizzontale (figura) sostiene un’asta uniforme, di lunghezza l e massa M, incernierata in A e con l’estremo B ad altezza h sopra A.

2N '

1N (

mg Mg

T )

θ A

B

20

a) Quanto vale la tensione del cavo?

b) Se il cavo viene tagliato, quanto vale l’accelerazione angolare dell’asta nell’istante in cui il cavo viene tagliato?

c) Quanto vale la velocità angolare dell’asta quando essa raggiunge la posizione orizzontale?

[M = 50 kg; l = 5 m; h = 4 m]

Suggerimento: il momento d’inerzia dell’asta rispetto all’asse passante per l’estremità è: 2 3

1 MlI = .

Soluzione:

a) Equilibrio dei momenti rispetto ad A:

Th d

Mg = 2

cioè:

h

d MgT

2 = = 184 N

b) Momento d’inerzia dell’asta rispetto ad A:

2

3

1 MlI =

L’accelerazione angolare è data da:

( )

I

M E

Accelerazione angolare iniziale:

22

3

2 l

gd

I

d Mg ==α = 1.8 rad/s2

A

B

M

l

y

x

h

d

21

c) Conservazione dell’energia meccanica:

2 2

32

1

2 ωmlhmg =

Velocità angolare quando l’asta tocca terra:

2

3

l

gh=ω = 2,2 rad/s

VI - Elettrostatica nel vuoto

Forza e carica elettrica

La legge di Coulomb asserisce che la forza elettrica tra due cariche puntiformi q1 e q2 poste a distanza r12 l’una dall’altra nel vuoto è data da:

122 12

21

0 122

12

21 12 ˆ4

1 ˆ r

r

qq r

r

qq kF

πε ==

con k = costante elettrostatica = 2

2 91099,8

C

Nm

ε 0 = costante dielettrica del vuoto = 2 2

121085,8 Nm

C−⋅ .

Quando sono presenti più cariche elettriche, vale il principio di sovrapposizione:

∑= i

iFF 

La forza esercitata da una distribuzione continua di cariche (volumetrica, superficiale o lineare) su una carica puntiforme è ottenuta integrando gli effetti delle cariche infinitesime che costituiscono la particolare distribuzione.

Il campo elettrico

Una qualunque distribuzione di cariche crea un campo elettrico nello spazio circostante. Considerando una carica di prova q0 sufficientemente piccola collocata nel campo, il vettore campo elettrico E



è definito come:

0 00

lim q

F E

q





→ =

La forza che agisce su una carica puntiforme q’ posta in un dato campo elettrico E 

è:

EqF 

’=

Il campo elettrico generato in un punto P da una singola carica puntiforme qi nella posizione ri è:

02 00

ˆ 4

1 i

i

i i rr

q E

πε =



dove ri0 è la distanza tra la carica qi ed il punto P mentre 0îr è il versore diretto lungo la

congiungente qi e P ed orientato da qi a P. L’intensità del campo elettrico generato da più cariche è data dal principio di sovrapposizione:

∑= i

iEE 

Il campo generato da una distribuzione continua di cariche, si ottiene invece per integrazione.

Potenziale elettrico

Il campo generato da una carica puntiforme è centrale e pertanto conservativo; si può dunque introdurre il concetto di differenza di potenziale:

∫ ⋅−=− B

A

AB ldEVV γ





con E

campo elettrico creato dalla carica puntiforme e γ una qualunque linea tra A e B immersa nel campo. Il potenziale elettrico alla distanza r da una carica puntiforme q situata nell’origine è dato da:

r

q V

04

1

πε =

se si assegna il valore zero al potenziale a distanza infinita. Per un sistema di cariche puntiformi, il potenziale è dato da:

∑= i i

i

r

q V

004

1

πε

dove la somma è estesa a tutte le cariche ed ri0 è la distanza dell’i-esima carica dal punto P dove si deve calcolare il potenziale. Per una distribuzione continua finita di carica:

∫= Q r

dq V

04

1

πε

Se la distribuzione di carica non è finita non si deve usare la formula sopra, perchè in essa è implicito che il potenziale all’infinito è nullo. Si deve pertanto ricorrere alla definizione di differenza di potenziale (p. es. nel caso del piano indefinito uniformemente carico). Se è noto il potenziale, il campo elettrico può essere determinato tramite:

VgradVE −∇=−=

La legge di Gauss

Il flusso elettrico dovuto al campo elettrico E

che attraversa una superficie qualsiasi è:

( ) ∫ Σ

Σ⋅= duEE nˆ

φ

La legge di Gauss lega il flusso elettrico attraverso una superficie chiusa alla carica totale racchiusa nella superficie stessa:

( ) 0

intˆ ε

φ qduEE n =Σ⋅= ∫ Σ

La legge di Gauss è equivalente alla legge di Coulomb per interazioni statiche ma, diversamente dalla legge di Coulomb, vale anche per campi non statici. La legge di Gauss è anche uno strumento potente per determinare i campi elettrici dovuti a distribuzioni di carica con un elevato grado di simmetria.

I conduttori

1. Il campo elettrostatico all’interno di un conduttore è nullo 2. Il campo elettrostatico immediatamente fuori da un conduttore è perpendicolare alla superficie e

assume il valore σ/2ε0, dove σ è la densità superficiale di carica locale (che non è necessariamente costante)

nuE ˆ2 0ε σ=



3. Un conduttore, se non presenta cavità non conduttrici contenenti una carica, può avere una carica solo sulla superficie esterna.

Energia potenziale elettrostatica di un sistema di cariche

L’energia potenziale di un sistema di cariche puntiformi è:

∑ ≠

= ji

ji ij

ji e r

qq U

, 042

1

πε

che può essere riscritta come:

∑= i

iie vqU 2

1

dove vi rappresenta il potenziale generato nella posizione della carica qi da tutte le altre cariche. Quando si ha a che fare con un sistema macroscopico continuo si scriverà l’integrale:

( ) ( )∫= t

e dzyxVzyxU τρ ,,,,2 1

dove ρ (x,y,z) rappresenta la densità di carica, V(x,y,z) rappresenta il potenziale in (x,y,z), dτ l’elemento di volume intorno al punto (x,y,z). Si può anche scrivere:

∫∫ == ττ ε

dud E

U ee 2

2 0

dove l’integrale indefinito è esteso a tutto lo spazio e:

2

2 0Eue

ε=

è la densità di energia elettrostatica.

Condensatori

I condensatori sono dispositivi per l’accumulo di carica elettrica e di energia e consistono tipicamente di due conduttori con cariche uguali ed opposte q (induzione completa). Indicando con ∆ V la differenza di potenziale, la capacità di un condensatore è definita come:

V

Q C

∆ =

L’energia potenziale accumulata in un condensatore può essere scritta come:

222

22 qVV C

C

q U e ===

Condensatori collegati in parallelo equivalgono ad un unico condensatore con capacità:

C = C1 + C2 + ..... + Cn

Condensatori collegati in serie equivalgono ad un unico condensatore con capacità data da:

nCCC C

1 ....

11

21

+++=

Problema 1

Considerate tre cariche positive uguali di valore q poste ai vertici di un triangolo equilatero di lato s (vedere figura), determinare:

a) La forza che agisce sulla carica che si trova nel vertice B.

b) Il campo elettrico totale E0 nel punto medio della base A.

c) Il campo elettrico e il potenziale nel punto C in cui si intersecano le bisettrici dei tre angoli del triangolo.

Suggerimento: Si ricordi che per le forze ed i campi elettrici vale il principio di sovrapposizione.

Soluzione:

a) La forza è la risultante di quelle esercitate dalle altre due cariche:

2

2

0 1121 4

1 33

3 cos12

s

q FFFFF

πε π ==

 

  +=+=



b) Il campo elettrico in A è dato solo da quello generato dalla carica in B perchè le altre due generano campi uguali ed opposti:

j s

q j

s

q E





2

2

0 2

2

2

0 0 3

1

2

34

1

πεπε =



 

 =

dove si è tenuto conto che AB è l’altezza del triangolo equilatero e si è indicato con j 

il versore da A verso B.

c) C è equidistante dalle tre cariche. Il campo elettrico in C è nullo per simmetria, mentre il potenziale è il triplo di quello generato da una sola carica:

s

q s q

V 00 4

33

3 4

3

πεπε ==

Ove 3/s è la distanza BC.

Problema 2

Due piccole sfere cariche sono appese a due corde di ugual lunghezza l (come in figura), che formano due piccoli angoli θ 1 e θ 2 con la verticale.

a) Assumendo per le cariche q1 = Q, q2 = 2Q e per le masse m1 = m2 = m, si determini il rapporto θ 1/θ 2.

B

C

A

s

qq

b) Assumendo ancora per le cariche q1 = Q, q2 = 2Q ma per le masse m1 = m, m2 = 2m, si ridetermini il rapporto θ 1/θ 2.

c) Si determini sia nel caso a) che nel caso b) la distanza d tra le due sfere cariche in funzione delle grandezze note.

Suggerimento: Usare le approssimazioni valide per piccoli angoli.

Soluzione:

La tensione di ciascuna corda bilancia la componente lungo la corda di tutte le altre forze, quindi non resta che bilanciare le componenti ortogonali alla corda della forza di gravità e di quella elettrica agenti su ciascuna carica. La forza elettrica vale in tutti i casi:

2

2

0

2

4

1

d

Q F

πε =

a) Essendo m1 = m2 = m, in base alla figura si trova facilmente che:

î  

= =

22

11

cossen

cossen

θθ θθ

Fmg

Fmg

cioè:

mg

F== 21 tantan θθ

da cui:

21 θθ =

b) Essendo m1 = m ed m2 = 2m, si ha che:

θ 1

gm 

1

l l

gm 

2

θ 2

F 

F 

î  

= =

22

11

cossen2

cossen

θθ θθ

Fmg

Fmg

cioè:

2 tan

tan

2

1

2

1 =≈ θ θ

θ θ

ove si è tenuto conto che gli angoli sono piccoli.

c) La distanza è data da:

( ) ( ) ( )212121 tantansensen θθθθθθ +≈+≈+= llld

dunque, per m1 = m2 = m è:

2

2

0

2

4

12 2

d

Q

mg

l

mg

F ld

πε =≈

cioè:

3

0

2 1

πεmg lQ

d =

dunque, per m1 = m ed m2 = 2m è:

2

2

0

2

4

1

2

3

2

3

2

1 1

d

Q

mg

l

mg

F l

mg

F ld

πε ==

 

  +≈

cioè:

3

0

2

4

3

πεmg lQ

d =

Problema 3

Una sferetta puntiforme di massa m e carica q è sospesa ad un punto O mediante un filo lungo l, in prossimità di una distribuzione piana infinita di cariche con densità superficiale σ (vedere figura).

d) Calcolare la distanza di equilibrio d1 della sferetta dal piano carico sapendo che la distanza fra il piano carico ed il punto O è d.

e) Calcolare la distanza di equilibrio d2 della sferetta dal piano carico nel caso in cui venga posto un secondo piano con densità superficiale -σ in posizione speculare.

f) Come varia d2 se si raddoppia la distanza del piano carico negativamente dal punto O?

[m = 10 g; q = -2 µC; l = 10 cm; σ = 86,7 pC/cm2; d = 10 cm; ε 0 = 8,85 10-12 C2N-1m-2]

Suggerimento: la tensione del filo assume qualsiasi valore necessario affinchè il filo non si allunghi

Soluzione:

a) La forza elettrica F è orizzontale, mentre il peso è verticale: la loro risultante deve essere diretta lungo il filo, cioè forma un angolo θ con la verticale, cioè con il peso. Dunque:

mg

q

mg

F

02 tan

ε σθ == = 1

Dalla geometria del problema si ricava:

θ θθ

21 tan1

tan sen

+ −=−= ldldd = 2,93 cm.

b) Il campo raddoppia, dunque anche la forza elettrica e la tangente di θ raddoppiano. Quindi:

5

2

41

2 2 ldldd −=+

−= = 1,06 cm.

c) Il campo generato da un piano carico indefinito è indipendente dalla distanza. Perciò spostando il piano non cambia nulla.

Problema 4

θ

d1

l

O

d

+ + + + + + + + + +

- - - - - - - - - -

d

Tre piani indefiniti paralleli sono uniformemente carichi con densità superficiale σ 1 = σ , σ 2 = -2σ , σ 3 = σ (vedere figura). Determinare il campo elettrostatico nello spazio esterno ai piani e nelle intercapedini tra i piani.

[σ = 88,6 nC/m2; d = 10 cm; ε 0 = 8,86 10-12 C2N-1m-2]

Suggerimento: il campo elettrico generato da un piano indefinito uniformemente carico è:

nE ˆ 0ε

σ= 

, con n̂ versore normale al piano.

Soluzione:

Prendendo come positivo il verso dell’asse disegnato in figura, basta eseguire le somme algebriche dei campi dei vari piani:

1. In P1 e P4 il campo è nullo.

2. In P2 è:

0ε σ=E = 10 kV/m

3. In P3 è:

0ε σ

−=E = -10 kV/m

Problema 5

Il campo elettrico E 

è uniforme in tutti i punti del piano (x, y) come in figura.

a) Dimostrare che detto campo è conservativo.

σ 1 + + + + + + + + + +

- - - - - - - - - -

P1

+ + + + + + + + + +

P2 P3 P4

σ 2 σ 3

b) Calcolare la differenza di potenziale fra i punti A e B ed il lavoro compiuto per spostare la carica negativa -q dal punto A al punto B.

c) Determinare se l’energia potenziale calcolata in A è diversa da quella in B e se UAUB è positivo o negativo.

Suggerimento: per dimostrare che il campo elettrico è conservativo, si può usare sia la condizione di circuitazione nulla, sia quella di rotore nullo.

Soluzione:

a) La forza elettrica F 

è orizzontale e costante, quindi il lavoro è il prodotto di F per la componente orizzontale dello spostamento totale ed è positivo quando ci si sposta nel verso positivo delle x, negativo quando ci si sposta nel verso opposto. Se si calcola la circuitazione, lo spostamento totale è a nullo priori, quindi la circuitazione è nulla. Ergo il campo è conservativo.

b) Detta d la distanza AB, per quanto osservato nel punto a), essendo il potenziale il lavoro per unità di carica, si ricava:

VBVA = Edcos 45° = 2

Ed .

Il lavoro dal punto A al punto B è semplicemente il prodotto della differenza di potenziale per la carica:

WAB = -q (VBVA) = -qEdcos 45° = 2

qEd− .

c) Per introdurre l’energia potenziale occorre fissare un’ascissa di riferimento. Prendendo per semplicità quella del punto A, è evidente che, mentre UA è nulla, UB è uguale a WAB, quindi negativa. Pertanto, UAUB è positivo (la carica è negativa).

45°

B

A x

y

-q E



Problema 6

In un tubo catodico, un elettrone è accelerato orizzontalmente da una differenza di potenziale Vc. Dopo aver subito questa accelerazione esso viene fatto passare attraverso due piastre piane parallele orizzontali lunghe l e poste alla distanza d, fra le quali è mantenuta una differenza di potenziale V (figura).

a) Nel riferimento della figura, qual è il valore di y0 tale che gli elettroni sfiorino l’estremità della piastra positiva quando escono dalle piastre stesse?

b) Con quale angolo θ si muovono gli elettroni dopo aver attraversato le piastre?

[Vc = 20 kV; V = 200 V; l = 6 cm; d = 1 cm; e/m elettrone = 1,7 1011 C/kg]

Suggerimento: si trascurino la forza di gravità e la velocità dell’elettrone quando parte dal filamento del tubo catodico.

Soluzione:

Le due piastre sono lunghe rispetto alla loro distanza, perciò si può approssimare il campo elettrico fra di esse con quello (uniforme) dovuto a piastre infinite e dato da V/d. La velocità 0v



all’ingresso delle due piastre (x = 0) è data dalla conservazione dell’energia nel

cannone elettronico:

ceVmv = 2 02

1

cioè:

cVm

e v

2 0 = = 82,5 10

6 m/s

con v0 diretta lungo l’asse x.

+ + + + + + + + + ++ + + + +

- - - - - - -- - - - - - -- - - - - - -

y0

d0v 

l

x

y

θ

a) Il moto fra le due piastre ha la componente x uniforme di velocità 0v 

e la componente x

uniformemente accelerata con accelerazione:

d

V

m

e a = .

Perciò y0 è la distanza percorsa in direzione y nel tempo impiegato a percorrere una distanza l in direzione x:

d

l

V

V

v

l

d

V

m

e y

c 42

1 2 2

0 0 =

 

 = = 0,9 mm

b) La tangente di θ è data dal rapporto delle componenti della velocità all’uscita dalle piastre. La componente x è ancora v0, mentre la componente y è quella raggiunta nel tempo di volo l/v0:

0v

l

d

V

m

e v y =

Dunque la tangente di θ è:

d

l

V

V

v

l

d

V

m

e

v

v

c

y

2 tan

2 00

===θ = 0,03

Con un simile valore, θ è circa uguale alla sua tangente.

Problema 7

In una sfera uniformemente carica con densità ρ e centro in O1, è praticata una cavità sferica di centro O2, con superficie tangente alla superficie esterna e passante per O1, all’interno della quale c’è il vuoto.

Determinare l’espressione della forza F 

esercitata su una carica puntiforme q posta:

a) nel punto P a distanza D da O1, rappresentato in figura

b) nel centro O2 della cavità.

Suggerimento: si ricordi che 0 = ρ - ρ .

O1

P

O2 . . .

Soluzione:

Occorre usare il principio di sovrapposizione con un po’ di originalità: come detto nel suggerimento, 0 = ρ +(- ρ ), vale a dire che la sfera con una cavità vuota è equivalente ad una sfera piena più una cavità riempita di cariche negative di densità uniforme - ρ .

a) Per il punto esterno P, le due distribuzioni sferiche sono equivalenti a due cariche puntiformi Q1 e Q2 poste nei loro centri O1 ed O2:

  î

 

−=  

 −=

=

823

4

3

4

1

3

2

3 1

QR Q

RQ

πρ

πρ

Le distanze da P sono ovviamente D e D - R/2, per cui la forza richiesta vale:

( ) PRDD R

q P

R D

D

qQ F ˆ

22

11

3 ˆ

2 8

11

4 22 3

0 22

0

1  

  

 −

−=

   

   

  

  −

−= ρ επε



dove P̂ è il versore orientato da O1 a P.

b) Dentro una sfera di densità di carica costante, il campo elettrico è:

rE 



03ε ρ=

Ma O2 è il centro della sfera piccola, quindi c’è solo il campo generato dalla sfera grande, per cui la forza vale:

PR q

F ˆ 6 0ε ρ=

perchè la distanza dei centri è R/2.

Problema 8

Si consideri una distribuzione sferica omogenea (raggio R) di cariche positive (carica totale Q), che presenta una cavità sferica (raggio r = R/4) come in figura. Calcolare il campo elettrostatico E

!

nei punti O, C,ed A.

Suggerimento: si ricordi la sovrapposizione degli effetti.

Soluzione:

Densità di carica:

( ) 33333 63 48

643

4 3

4 R

Q

R R

Q

rR

Q

π ππ

ρ =



 

 −

= −

=

Per il principio di sovrapposizione, il sistema è equivalente a due sfere piene di densità di carica ρ e raggio R e densità di carica -ρ e raggio r. Dunque nei tre punti richiesti il campo è parallelo all’asse x e:

a) in O:

x R

Q x

r E ˆ

21

4 ˆ

3 200 πεε ρ −=−=

"

b) in C:

x R

Q x

r E ˆ

21

4 ˆ

3 200 πεε ρ ==

#

c) in A:

x R

Q x

rr E ˆ

21

4 ˆ

33

2 2

000 πεε ρ

ε ρ =

 

 −=

$

Problema 9

O xC . . .

A

r

R

Tre particelle di carica q sono poste in tre dei vertici di un rombo avente i lati e la diagonale minore di lunghezza a (figura). Determinare:

a) l’energia potenziale elettrostatica di questa distribuzione di carica

b) il lavoro da compiere sul sistema per portare una quarta particella, pure di carica q, dall’infinito fino al vertice libero del rombo

c) il valore del campo elettrico E %

nel quarto vertice.

Suggerimento: si ricordi che il potenziale generato da una carica puntiforme q in un punto P a

distanza r dalla carica vale r

q V

04πε = , con la condizione 0=∞V per ∞→r .

Soluzione:

a) Basta sommare le energie potenziali dovuti alle tre coppie di cariche puntiformi:

a

q U e

0

2

4 3

πε =

b) E’ semplicemente il prodotto della quarta carica per il potenziale generato dalle tre cariche puntiformi nel quarto vertice, cambiato di segno:

  

  +−=

 

 ++−=

3

1 2

43444 0

2

000 a

q

a

q

a

q

a

q qW

πεπεπεπε

c) Basta sommare vettorialmente i campi dovuti alle tre cariche puntiformi:

d a

q d

a

q

a

q E ˆ

3

133

4 ˆ

3442

3 2

2 0

2 0

2 0

+=

 

 +=

πεπεπε

&

ove d̂ è il versore diretto come la diagonale maggiore, uscente dal vertice carico.

Problema 10

q

q

q

a a

Tre cariche puntiformi sono nei vertici di un triangolo equilatero di lato d. Le cariche q1 e q2 sono negative e valgono q1 = q2 = -q, mentre la carica q3 è positiva e vale q3 = 2q. Calcolare il potenziale elettrico V0 nel punto P0 di coordinate x0 e y0 sia direttamente sia nell’approssimazione di dipolo.

[d = 10 cm; q = 1 µC; x0 = 0; y0 = 40 cm]

Suggerimento: si ricordi che il potenziale generato da un dipolo a distanza r >> d vale 2

04

cos

r

p V

πε α= ,

con p '

momento di dipolo e α angolo formato da p (

e r )

.

Soluzione:

a) Il potenziale elettrico è la somma di quelli generati dalle tre cariche:

( )dy q

y d

q

y d

q V

− +

+  

 

+

+  

 

= 00

3

2 0

2

0

2

2 0

2

0

1 0 4

2 4

2 4

πε πεπε

cioè:

( )     

    

+  

 

− −

= 2 0

2 00

0

2

11

4

2

y ddy

q V

πε = 15,3 kV

b) Il momento di dipolo totale è parallelo all’asse y, e vale:

3qdp = . = 1,73 10-7 Cm

perchè è la somma di due dipoli uguali diretti come i lati obliqui del triangolo. Il dipolo risultante si

può considerare posto nel baricentro geometrico del triangolo xb = 0, yb = 32

d = 2,9 cm:

P0

d

d x

y

q1 q2

q3

.

d

2

00

2

00

0

32 4

3

32 4 

 

  −

=

  

  −

= d

y

qd

d y

p V

πεπε = 11,3 kV

Problema 11

La distanza tra le armature di un condensatore piano carico (densità di carica superficiale σ ) disconnesso dalla batteria è L. Una lastra piana conduttrice viene inserita tra le armature del condensatore, parallelamente ad esse(figura). Lo spessore della lastra è d < L; la lastra è elettricamente neutra.

c) Quanto vale la densità di carica indotta sulla superficie della lastra?

d) Di quanto varia percentualmente la differenza di potenziale tra le armature del condensatore dopo che la lastra metallica è stata introdotta?

Suggerimento: si ricordi la formula dei condensatori collegati in serie.

Soluzione:

a) La densità di carica è +σ sulla faccia della lastra rivolta verso l’armatura negativa, -σ sull’altra faccia.

b)Dobbiamo confrontare la differenza di potenziale di un condensatore di capacità:

L

S C 0ε=

dove S è la superficie di un’armatura, con la differenza di potenziale di una serie di due condensatori (caricati con la stessa carica di quello originario) di capacità

+σ + + + + + + + + + +

- - - - - - - - - -

d

L

−σ

1 01 L

S C ε= e

2 02 L

S C ε=

rispettivamente (L1 e L2 sono ovviamente le larghezze dei due condensatori). La capacità serie è:

21

0

21

21

LL

S

CC

CC Cs +

= +

= ε

con la condizione dLLL −=+ 21 . Dunque:

L

d

dL

S dL

S

L

S

C

q C

q

C

q

V

VV ss −=

− −

= −

= ∆

∆−∆ 0

00

ε

εε

vale a dire che la differenza di potenziale diminuisce in percentuale sul valore iniziale.

Problema 12

Tra le armature di un condensatore piano è applicata una differenza di ∆ V. La distanza tra le armature è d. Nell’istante in cui un elettrone (massa me) si stacca, con velocità iniziale nulla, dall’armatura di carica negativa, un protone (massa mp) si stacca, con velocità iniziale pure nulla, da quella di carica positiva (figura). Determinare:

c) il rapporto tra le velocità delle due particelle quando urtano le armature

d) a quale distanza y dall’armatura positiva le due cariche si incrociano.

[∆ V = 1600 V; d = 4 cm; me = 9,11 10-31 kg; mp = 1,67 10-27 kg]

Suggerimento: si trascurino la forza di gravità e l’interazione tra le cariche.

+ + + + + + + + + ++ + + + +

- - - - - - -- - - - - - -- - - - - - -

mp

d

me

x

y

Soluzione:

Campo elettrico:

d

V E

∆=

Accelerazioni:

d

V

m

e E

m

e a

ee e

∆−=−=

per l’elettrone, e:

d

V

m

e E

m

e a

ep p

∆==

per il protone.

a) Applicando la formula che lega la velocità di un moto rettilineo uniformemente accelerato alla posizione, si ha:

î

  

=

=

dav

dav

pp

ee

2

2

da cui:

e

p

p

e

p

e

m

m

a

a

v

v == = 42.8

b) Equazioni del moto delle due particelle:

  î

 

=

+=

2

2

2

1 2

1

tay

dtay

pp

ee

Le particelle si incrociano quando ye = yp, cioè:

ep aa

d t

− = 2 ; d

mm

m d

aa

a

aa

d ay

ep

e

ep

p

ep pp +

= −

= −

= 2 2

1 = 22 µm.

1

CAPITOLO 1

DIPOLI ELETTRICI E DIELETTRICI

Dipoli elettrici

Momento di dipolo elettrico di due cariche puntiformi q q1 = − e q q2 = + poste in �

r1 ed � � �

r r a2 1= + : � � � � �

p q r q r p qa= + ⇒ =1 1 2 2 . (1), (1’) L’equazione (1) si estende immediatamente ad un sistema costituito da un numero qualsiasi di cariche: se il sistema è complessivamente neutro, il suo momento di dipolo elettrico risulta indipendente dall’origine degli assi coordinati.

Potenziale V e campo elettrico

E creati da un dipolo puntiforme:

V p

ro =

1

4 2πε θcos

; (2)

E p

rr o =

1

4

2 3πε

θcos ; E

p

ro ⊥ =

1

4 3πε θsin

(3)

(dipolo puntiforme è ovviamente un’astrazione: le (2) e (3) vengono usate in pratica quando a è trascurabile rispetto ad r e diventano rigorose nel limite a r/ → 0 ).

Energia potenziale U di un dipolo puntiforme in campo esterno U p E= − ⋅





. (4)

Momento 

τ e risultante 

R delle forze esercitate dal campo: 





τ = ×p E (5) R p gradE i x y zi i= ⋅ =



, , , . (6)

Commenti. In pratica i dipoli hanno dimensioni finite; per quanto riguarda le equazioni (4), (5) e (6) osserviamo che: 1) applicarle a dipoli con a finito equivale a trascurare i termini contenenti a2. Per mostrarlo ricaviamo la

(4) scrivendo U come somma delle energie potenziali delle cariche:

2

U qV r qV r a q V r a V r q V

x a

V

y a

V

z a O a

q gradV a qa E p E

x y z= − + + = + − = + + +

≅ ⋅ = ⋅ − = − ⋅

( ) ( ) [ ( ) ( )] [ ( )]

( ) .

     

 







1 1 1 1 1 1 1

2 ∂ ∂

∂ ∂

∂ ∂

Le (5) e (6) si ricavano in modo analogo, ricordando che un campo elettrico applica ad una generica

carica q posta in 

r la forza  



F qE r= ( ) .

2) Nell’espressione 





τ = ×p E , conviene calcolare il campo 

E e la risultante 

R al centro C del dipolo, e

supporre che la forza 

R sia applicata in C. 3) Osserviamo infine che su scala macroscopica una molecola può essere considerata puntiforme e che

nell’approssimazione di dipolo puntiforme il campo creato dal dipolo e le forze esercitate sul dipolo da un campo esterno dipendono unicamente da



p : non è quindi necessario conoscere l’esatta

distribuzione delle cariche. Se la molecola è ionizzata occorre anche conoscere la sua carica q: su scala macroscopica sia q che



p possono essere considerati puntiformi.

Dielettrici - definizioni

I materiali isolanti (o dielettrici) si polarizzano in presenza di un campo elettrico. Si definisce polarizzazione il momento di dipolo per unità di volume:





P p

v i=

∑ ∆

(7)

dove 

pi è il momento di dipolo della generica molecola presente nel volume ∆v . Se il mezzo è isotropo



P risulta parallelo e concorde con 

E :  

P Eo= ε χ (8) dove χ è una grandezza adimensionata detta suscettività elettrica (o dielettrica) del mezzo.

Induzione dielettrica ( o spostamento elettrico o densità di flusso elettrico):   

D E Po= +ε (9)

Costante dielettrica relativa o permettività relativa: ε χr = +1 (10)

Relazioni utili

Sulla superficie di un corpo polarizzato è presente una carica di polarizzazione con densità superficiale:

σ P P n= ⋅ 



(11) dove



n è il versore normale alla superficie rivolto verso l’esterno. Se la polarizzazione non è uniforme è presente anche una carica di volume con densità:

ρP divP= − 

. (12)

La densità di energia del campo elettrico all’interno di un dielettrico è:

3

u EE o r= 1

2 2ε ε (13)

Dalle equazioni (8), (9) e (10) si deduce:  

D Eo r= ε ε . (14) Quando si applica la legge di Gauss in presenza di dielettrici occorre tenere anche conto delle cariche di polarizzazione:

εo pE dS q q  

⋅ = +∫ (15) dove q è la carica presente sui conduttori (carica libera), qp quella di polarizzazione. È però possibile scrivere la legge di Gauss nella forma equivalente:

 

D dS q⋅ =∫ (15’) dove non compare la carica di polarizzazione.

Nella definizione di capacità C=q/V di un condensatorre, q è la sola carica presente sulle armature conduttrici, anche se al suo interno sono presenti cariche di polarizzazione.

Problema 1

Si consideri il sistema costituito da una carica q e positiva posta nell’origine O di un sistema cartesiano e da un dipolo elettrico puntiforme di momento



p px=

, posto nel punto A=(a, 0, 0). Si calcoli: a) La forza



F esercitata dal dipolo su q; b) Il momento



τ e la risultante 

R delle forze esercitate dalla carica q sul dipolo.

Suggerimenti. a)  

F qE= , dove 

E è il campo elettrico creato dal dipolo nel punto in cui si trova la carica. Per valutare θ nell’ Eq.3 si faccia attenzione al verso di



r ; b) per il calcolo di



τ è sufficiente calcolare il campo elettrico 

E creato dalla carica q nel punto A; per il calcolo di



R , che dipende dalle derivate di 

E , è necessario conoscere 

E anche nei punti vicini ad A, cioè in pratica esprimere le componenti di



E in funzione delle coordinate cartesiane di un generico punto P=(x, y, z). Solo dopo aver ricavato le derivate si possono sostituire (x, y, z) con i loro valori in A.

Soluzione:

a) Nelle equazioni (3), che definiscono il campo 

E creato da un dipolo in un generico punto, θ è l’angolo fra



p e il vettore r che va dal dipolo al punto considerato. Sia 

p che 

r sono paralleli all’asse x ma hanno versi opposti, quindi θ π= . Dalle (3) si ottiene immediatamente:

E p

a Er

o

= − =⊥ 1

4

2 03πε

; .

4

Il vettore

E e la forza

F qE= sono paralleli ad

r ma hanno verso opposto, perché Er è negativo. La forza è quindi attrattiva ed ha modulo

F pq

ao =

2

4 3πε .

b) Il campo

E creato dalla carica q nel punto A è parallelo a

p , quindi:

τ = × =p E 0

Per il calcolo della risultante

R occorre calcolare

E in un generico punto P=(x, y, z). Poichè la carica q che crea il campo è nell’origine degli assi, si ha semplicemente;

E q

r r

o

= 1

4 3πε dove

r x y z r x y z= = + +( , , ), ( ) / 2 2 2 1 2 . Si ottiene:

( )E q x

x y z x = + +4 0 2 2 2

3 2πε /

( ) ( )

R p gradE px E

x x

E y

E

z z

p E

x

pq

x y z

x

x y z x

x x x x x

x

o

= ⋅ = ⋅ + +   

   =

= = + +

− + +

⋅ 

  

  

/ /

∂ ∂

∂ ∂

∂ ∂

∂ ∂ πε

y

4

1 3

2 2

2 2 2 3 2 2 2 2 5 2

.

Possiamo ora sostituire le generiche coordinate (x, y, z) con i loro valori in A. Si ottiene:

R pq

a a

pq

ax o o = −

  = −4

1 3 2

43 3 3πε πε .

Con calcoli analoghi si trova: R Ry z= =0. La risultante delle forze agenti sul dipolo elettrico è opposta alla forza

F calcolata in a), in accordo con il principio di azione e reazione.

Commenti. Il calcolo qui svolto spiega il fatto che un corpo elettricamente carico (la carica q) attira i corpi

circostanti elettricamente neutri: il campo

E creato da qpolarizza il corpo ed attrae il dipolo

p così

creato. La forza risulta attrattiva anche se q è negativa perché cambiano segno sia q che p. Più in generale

la forza esercitata da un campo

E su un dielettrico è tale da portarlo dove il campo è più intenso.

5

Problema 2

Su un tavolo è appoggiato un corpuscolo di volume v, elettricamente neutro ed isolante, costituito da un materiale isotropo di densità ρ . Al di sopra del corpuscolo e sulla sua verticale è posta una carica q praticamente puntiforme. Quando la distanza fra carica e corpuscolo è inferiore ad un valore limite d, il corpuscolo si solleva. Si calcoli la costante dielettrica del materiale.

[ ρ = = = −2 1 103 8g cm d cm q C/ ; ; ; accelerazione di gravità g m s= −9 8 2. / ]

Suggerimento. L’attrazione elettrostatica fra carica e corpuscolo è dovuta alla polarizzazione di quest’ultimo, indotta dal campo elettrico creato dalla carica. Alla distanza d la forza di attrazione elettrostatica



Fe è uguale ed opposta alla forza peso 

Fp .

Si consiglia di risolvere prima il Problema 1, e di calcolare nell’ordine il campo 

E creato da q, la polarizzazione



P del materiale, la forza 

Fe ; uguagliando 

Fe ad 

Fp si ottiene la

suscettività χ ε= −r 1 del materiale. Per il calcolo numerico si utilizzino unità del S.I..

Soluzione:

Il campo elettrico creato da qo alla distanza d ha modulo:

E q

do =

1

4 2π ε .

La polarizzazione indotta nel materiale ha modulo P Eo= χ ε , ed il suo momento di dipolo dielettrico ha modulo:

p Pv Ev qv

do = = =χ ε

χ π

4 2 .

La forza elettrostatica ha modulo (v. Problema 1):

F qp

d

q

d

qv

de o o = =

2

4

2

4 43 3 2πε πε χ π

,

e la forza peso ha modulo F mg vgp = = ρ . Uguagliando Fe ad Fp si ottiene:

χ ε ρ πε π

≡ − = ⋅ ⋅

=

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ =

− −

r og d

q 1

4 4

2

2 10 9 8 1 9 10 12 6 10

2 10 13 72

5

2

3 9 10

16

. ( / ) . . .

Commenti. La misura di forze in campi non uniformi costituisce uno dei fondamentali metodi di misura della suscetticvità elettrica χ e della suscettività magnetica χm ; per χ (ed εr ) è però di norma preferibile ricorrere a misure di capacità.

6

Problema 3

Un corpo uniformemente polarizzato, con polarizzazione 

P P x= 

, ha la forma di un cilindro molto sottile, di sezione S (v. Figura). a) Si calcoli la forza dF



esercitata sulla carica q, posta in x = 0 , da un elemento infinitesimo del cilindro, di lunghezza dx.

b) Si mostri che la forza 

F esercitata su q dall’intero cilindro è uguale a quella che esercitano due cariche poste alle sue estremità x1 e x2 del cilindro e si calcolino i valori q1 e q2 di queste cariche.

Suggerimento. Per quanto riguarda la domanda a), questo problema è una semplice variante del Problema 1: occorre solo valutare il momento di dipolo elettrico dp



del

tratto dx di cilindro. La domanda b) richiede l’integrazione della forza dF 

calcolata in a).

Soluzione:

a) Dalla definizione di 

P si ottiene: dp Pdv Px Sdx





= = ⋅ 

.

La forza dF 

è (si veda il Problema 1, punto a):

dF q dp

x

qPx S dx

xo o





= ⋅

= 2

4

1

4

2 3 3π ε πε



dove x è l’ascissa dell’elemento considerato.

b)  

F dF qPS

x dx

x

PSq

r

PSq

r x

o x

x

o

= = =

− + 

 

 

∫∫ 2

4

1

4

3 1

2

1 2

2 2

1

2

πε

πε





. =

Due cariche q PS1 = − e q PS2 = + poste in x1 ed x2 esercitano una forza identica.

Commenti. 1) Si noti il simbolismo usato per indicare differenziali e limiti di integrazione, ed il fatto che il versore



x può essere portato fuori dall’integrale perché costante rispetto alla variabile di integrazione. 2) Le cariche q1 e q2 sono evidentemente le cariche di polarizzazione, ed hanno densità superficiale - P e +P rispettivamente.

7

Problema 4

In un cilindro sottile, di lunghezza 

e sezione S, è presente un dielettrico polarizzato con polarizzazione



P diretta lungo l’asse x. Si dica dove sono localizzate le cariche di polarizzazione e se ne calcoli il valore nei due casi: a)



P è uniforme; b)



P axx=  dove a è una costante.

Soluzione:

a) In un corpo uniformemente polarizzato le cariche di polarizzazione di volume sono nulle e quelle di superficie hanno densità σ = ⋅



P n . Quindi: σ = 0 sulle superfici laterali; σ = − P sulla base a sinistra; σ = +P sulla base a destra. Le cariche totali sulle due basi sono –q e +q con q S PS= =σ .

b) Sulla base di sinistra il vettore 

P e la carica di polarizzazione sono nulli; sulla base di destra



P è diverso da zero e concorde con n : la carica di polarizzazione q è positiva ed uguale a σ S , dove σ = =P a( )

 

. La carica di volume ha densità:

ρ ∂ ∂

∂ ∂

∂ ∂

= − = −∇ ⋅ = − + +   

   = −divP P

P

x

P

y

P

z ax

y z 





.

La carica totale di volume si ottiene moltiplicando ρ per il volume  S e risulta esattamente opposta alla carica presente sulla base di destra.

Commenti. 1) Il campo elettrico creato da un corpo polarizzato può essere calcolato valutando prima le cariche di

polarizzazione e calcolando poi il campo da queste creato. Per la prima parte, può essere utile controllare l’esattezza dei calcoli verificando che: a) le cariche di polarizzazione abbiano somma nulla;

b) il loro momento di dipolo elettrico sia uguale al valore che si ottiene integrando 

P su tutto il volume occupato dal corpo. Il primo controllo è stato fatto. Il secondo è molto facile nel caso di

polarizzazione 

P uniforme (caso a): il momento di dipolo è dato semplicemente dal prodotto di 

P per il volume, quindi:   

p P S= ⋅ . È immediato verificare che p coincide con il momento di dipolo elettrico delle due cariche –q e +q

calcolate in a). 2) Il calcolo qui fatto serve in qualche modo a giustificare le relazioni (11) e (12), che non sono affatto

intuitive.

8

3) Le polarizzazioni qui considerate, in particolare la polarizzazione uniforme, sono realistiche solo se si ignora la struttura atomico-molecolare del mezzo e si considerano dei valori medi di P , mediati su volume ∆v grandi rispetto alle dimensioni molecolari (ovviamente anche per le cariche di polarizzazione e per i campi elettrici da queste creati si otterranno solo dei valori medi). Infatti all’interno di una singola molecola la polarizzazione, la densità di carica ed il campo elettrico sono sempre fortemente disuniformi.

Problema 5

Si calcoli il campo creato da una carica positiva distribuita con densità σ uniforme su di una superficie piana praticamente illimitata (cioè in pratica su un foglio, di spessore

trascurabile, costituito da un materiale conduttore), supponendo che nello spazio circostante: a) non sia presente nessun materiale; b) sia presente un dielettrico con costante dielettrica relativa εr .

Soluzione:

a) Si applichi la legge di Gauss al cilindro disegnato in figura, pensando che, per motivi di simmetria, il campo



E deve essere perpendicolare al piano e che il campo a sinistra deve potersi ottenere da quello a destra per riflessione speculare (vedi Appendice A). La carica interna al cilindro vale σ S (S è l’area della sezione del cilindro) ed è uguale ad εo volte il flusso. Il flusso di



E attraverso la superficie

laterale è nullo perché 

E è perpendicolare a n , il flusso attraverso ciascuna base vale 

E nS ES⋅ = (carica positiva implica flusso positivo, cioè 

E concorde con n ). Risulta quindi σ ε S ESo= 2 , cioè

E o

= σ ε2

b) Basta applicare la legge di Gauss nella forma (15’) procedendo come in a) ed utilizzare poi l’equazione

 

D Eo r= ε ε . Si ottiene immediatamente:

9

D = σ / 2 ; E o r

= σ ε ε2

.

Commenti. 1) La presenza del dielettrico riduce il campo di un fattore εr perché sulla superficie del dielettrico a

contatto con il conduttore sono presenti cariche di polarizzazione negative (intuitivamente, la carica positiva σ attira gli elettroni e respinge i nuclei del dielettrico: vicino al conduttore vi è quindi un lieve eccesso di cariche negative).

2) Se il foglio di materiale conduttore ha spessore grande rispetto alle dimensioni molecolari, la carica è equidistribuita sulle due superfici. Detta σ la densità su ciascuna superficie, risulta:



E n r o

= σ

ε ε 

.

Problema 6

Una sfera conduttrice elettricamente carica ha centro in O ed è immersa in un dielettrico, omogeneo ed isotropo. Supposte note la carica q presente sulla sfera e la costante εr del dielettrico: a) Si calcolino i vettori

D ,

E ,

P in un generico punto esterno alla sfera; b) Le cariche di polarizzazione di volume e di superficie.

Suggerimento. La carica q si distribuisce con densità uniforme sulla superficie della sfera e crea un campo elettrico con simmetria sferica. I vettori

D ,

E ,

P sono quindi diretti radialmente ed il loro modulo è costante su una generica superficie sferica con centro in O. Si calcoli prima

D applicando la legge di Gauss nella forma (15’).

Soluzione:

a) Per calcolare il vettore

D in un generico punto P distante r da O si applica la legge di Gauss alla superficie sferica Σ di raggio r e centro O. Su questa superficie

D D r r= ( ) ! e quindi

( )

D dS D r r dS r D r dS D r r⋅ = ⋅ = = ⋅∫∫ ∫( ) ! ! ( ) ( ) ΣΣ Σ

4 2π .

Uguagliando l’integrale a q si ottiene immediatamente:

D r q

r ( ) =

4 2π .

Anche i vettori

E ,

P sono diretti lungo

r ed hanno modulo:

E r D q

rr o r o ( ) = =

ε ε πε ε4 2

P r E q

ro r r ( ) ( )= = −ε χ ε

πε 1

4 2 .

10

b) Sulla superficie del dielettrico, coincidente con quella della sfera conduttrice, è presente una carica di polarizzazione di densità superficiale:

( ) σ

ε πεP r

r

P n P R r r P R q

R = ⋅ = ⋅ − = − = −

−" "

( ) # ( # ) ( ) 1

4 2

( #n è uguale a − "

r perché è orientato verso l’esterno del dielettrico). La carica totale di polarizzazione q p presente sulla superficie si ottiene moltiplicando σ P per la superficie della sfera:

q R q q q q

P P r

r P

r

= ⋅ = − −

⇒ + =σ π ε

ε ε 4

12 ( )

.

La densità di carica di volume è:

( ) ( ) ρ

ε πε

ε πεP

r

r

r

r

divP div q r

r

q div

r

r = − = −

−

  

  

= − − 

  

" 1

4

1

42 2 # #

Si tratta di calcolare la divergenza della funzione: "

"

"

f r r

r

r

r ( )

#

= =2 3 .

Ricordando che il vettore "

r ha componenti cartesiane x, y, z e che

( )r x y z= + +2 2 2 1 2/ si ottiene: ( )f x x y zx = + + −2 2 2 3 2/

( ) ( )∂∂

f

x x y z x x y z x

r x

r

x = + + − + + =

= −   

  

− −

2 2 2 3 2 2 2 2 5 2

3 2

2

3

2 2

1 3

/ /

.

Le altre derivate hanno espressioni analoghe; risulta in definitiva

divf f

x

f

y

f

z r

x

r

y

r

z

r x y z

"

= + + = −   

   + −

  

   + −

  

  

 

  =−

∂ ∂

∂ ∂

∂ ∂

3

2

2

2

2

2

21 3 1 3 1 3 0 .

Commenti. 1) La carica di polarizzazione è presente solo all’interfaccia fra dielettrico e conduttore ed ha segno

opposto a q: la carica totale ed il campo $E risultano ridotti di un fattore εr . Per conduttori di forma generica immersi in un dielettrico omogeneo ed isotropo il calcolo è più complesso ma il risultato è

identico: il campo $E in ogni punto è εr volte minore di quello che si otterrebbe in assenza del dielettrico.

2) Se ci si avvicina alla superficie della sfera conduttrice, o meglio se si fa tendere r al raggio della sfera, il campo $E tende al valore:

$E n r o

= σ ε ε

%

dove σ π= q r/ ( )4 2 è la densità superficiale di carica sulla sfera. Si ritrova la stessa relazione tra $E e σ già ricavata per una superficie piana (v. Problema 5, commento 2). La relazione è valida per conduttori di forma qualsiasi, dove $E è il campo contiguo al conduttore (teorema di Coulomb); se ci

allontaniamo dal conduttore, il campo $E può cambiare sia in modulo che in direzione, ma i cambiamenti sono trascurabili fino a che la distanza dal conduttore è trascurabile rispetto ai raggi di

11

curvatura della superficie. Per dimostrare il teorema di Coulomb basta applicare la legge di Gauss al cilindretto rappresentato in figura, con le basi parallele alla superficie, pensando che:

& all’interno del conduttore il campo elettrico è nullo; & all’esterno del conduttore e nelle sue immediate vicinanze il campo 'E è ortogonale alla superficie

(si ricordi che la superficie di un conduttore in equilibrio elettrostatico è equipotenziale e che le

linee di flusso di 'E sono ortogonali alle superfici equipotenziali; o, più intuitivamente, si pensi

che un’eventuale componente tangenziale di 'E sulla superficie del conduttore metterebbe in moto le sue cariche superficiali).

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