SOLUZIONE ESERCIZIO 1

Prova Scritta - 6 Giugno 2017

SOLUZIONE ESERCIZIO 1

Avendo fissato l’origine dell’asse x nel punto O l’equazione oraria del moto armonico compiuto dal blocco pu`o essere scritta come

x (t) = A0sin (ωt) . (1)

Con questa scelta x(t = 0) = 0 e v(t = 0) `e massima come deve essere. La velocit`a angolare ω si ricava facilmente come

ω = r k

M . (2)

Calcoliamo per prima cosa il tempo t1necessario affinch`e il proiettile, che parte a distanza d da O, rag- giunga il punto dove deve avvenire l’impatto, ossia il punto x = A0. Questo tempo `e dato semplicemente da

t1= (d − A0) v0

. (3)

Calcoliamo poi il tempo t2 necessario affinch`e il blocco oscillante arrivi dal punto O al punto dove deve avvenire l’impatto. In questo caso deve valere

x (t2) = A0 ⇒ t2ω = π

2, (4)

per cui

t2= π

2ω. (5)

Il tempo che bisogna attendere prima di fare fuoco quindi `e

tatt= t2− t1= 0.13 s (6)

Per ricavare la velocit`a del sistema subito dopo l’urto basta sfruttare la conservazione della quantit`a di moto

−v0m = −v1(m + M ) , (7)

da cui si ricava

v1= v0

m

m + M = 1.15 m/s . (8)

Subito dopo l’urto l’energia meccanica si conserva. Da queste considerazioni `e possibile ricavare la nuova ampiezza delle oscillazioni A1 scrivendo

1

2(M + m) v²1+1

2kA²0= 1

2kA²1. (9)

con semplici passaggi si ricava

A1= s

v²0

m²

k (m + M )+ A²0= 55 cm . (10)

Facendo invece la differenza tra l’energia meccanica prima dell’urto e quella dopo l’urto si ottiene l’energia dissipata. L’energia prima dell’urto vale

Ei= 1

2mv²0+1

2kA²0 (11)

quella dopo l’urto vale

Ef= 1

2(M + m) v12

+1

2kA²0 (12)

perci`o l’energia dissipata vale

Edis= Ei− Ef= 1 2mv²0

 M

m + M



= 175 J . (13)

1

SOLUZIONE ESERCIZIO 2

Per prima cosa utilizziamo l’additivit`a del momento d’inerzia per calcolare il contributo che i bulloni danno al momento d’inerzia della puleggia. Trattandosi di un disco omegeneo di raggio R e massa M pi`u 8 bulloni di massa m avremo

I = 1

2M R²+

8

X

i=1

mR², (14)

ossia

I = R² M 2 + 8m



= 0.033 kg m². (15)

Per trovare l’accelerazione dei blocchi e le due tensioni occorre scrivere il bilancio delle forze su ciascu blocco, il bilancio dei momenti delle forze sulla puleggia e la condizione che lega α ed a data dal fatto che la corda non stricia sulla puleggia. Avendo scelto come verso positivo quello lungo la direzione in cui avverr`a il moto e avendo cura di assegnare in modo consistente i segni tra α ed a avremo











m₂g sin θ − µm₂g cos θ − T₂= m₂a T₁− µm₁g = m₁a

RT2− RT1= Iα α = a/R .

(16)

sfruttiamo subito la condizione di puro rotolamento per unire le equazioni 3 e 4







m2g sin θ − µm2g cos θ − T2= m2a T1− µm1g = m1a

R²T2− R²T1= Ia .

(17)

Per risolvere il sistema procediamo ad esempio come segue. Dalla prima ricaviamo

R²T2= m2[g (sin θ − µ cos θ) − a] R², (18) mentre la seconda pu`o essere riscritta come

−R²T1= −m1[µg + a] R². (19)

Se sostituiamo le ultime due equazioni trovate nella terza otteniamo

m2R²[g (sin θ − µ cos θ) − a] − m1R²[µg + a] = Ia , (20) che possiamo risolvere per trovare a. In particolare avremo

a =m2R²g (sin θ − µ cos θ) − m1R²µg

I + m₂R²+ m₁R² , (21)

ossia, una volta sostituito I

a = m2sin θ − µ (m2cos θ + m1)

M

2 + 8m + m₂+ m₁ g = 0.55 m/s². (22)

Le due tensioni si ottengono a questo punto facilmente come

T₁= m₁(a + µg) = 20.9 N , (23)

e

T2= m2(g (sin θ − µ cos θ) − a) = 21.7 N . (24) Per ricavare l’energia dissipata dopo un giro della puleggia `e sufficiente calcolare il lavoro fatto dalla forza d’attrito sul blocco m1 e sul blocco m2 su uno spostamento di 2πR. Ossia

Edis= 2πRµg (m1+ m2cos θ) = 45.45 J . (25)

2

SOLUZIONE ESERCIZIO 3

Iniziamo calcolando le coordinate termodinamiche dei punti A, B, C e D. Notiamo per prima cosa che essendo il gas monoatomico avremo cv = 3/2, cp= 5/2 e dunque γ = 5/3. Otteniamo il numero di moli del gas da

n = PAVA

RT_A . (26)

Essendo VB = VA ed essendo nota la temperatura in B otteniamo la pressione PB come P_B= nRTB

V_B . (27)

Durante l’espansione libera essendo il sistema isolato la temperatura resta costante. Pertanto conoscendo il volume V_C si ottiene

P_C= V_B VC

P_B. (28)

Poi, sfruttando il fatto che la trasformazione CD `e adiabatica e che riporta il sistema alla stessa pressione dello stato iniziale, troviamo

VD= PC

P_D

^1/γ

VC. (29)

La temperatura TDrichiesta si ottiene dunque come TD=PDVD

nR = 355.86 K . (30)

Calcoliamo ora L e Q su ogni trasformazione. AB `e isocora

LAB = 0 QAB= ∆UAB= ncv(TB− TA) (31) BC `e un’espansione libera

L_BC = 0 Q_BC = 0 ∆U_BC= 0 (32)

CD `e adiabatica

L_CD= −∆U_CD= nc_v(T_C− T_D) Q_CD= 0 (33) e per finire DA `e isobara

LDA= PA(VA− VD) ∆UDA= ncv(TA− TD) QDA= ncp(TA− TD) . (34) Numericamente si ottiene

QAB = 230.23 J QDA= −327.56 J (35)

pertanto QAB`e il calore assorbito, QDA`e il calore ceduto e complessivamente il calore scambiato durante il ciclo `e negativo e vale

Q = −97.35 J . (36)

Per ricavare la variazione di entropia dell’universo in un ciclo possiamo ragionare nel modo seguente:

per prima cosa notiamo che lungo AB, CD e DA ∆S_u= 0 perch`e sono trasformazioni reversibili. Resta da valutare ∆S<sub>u</sub><sup>BC</sup> = ∆S<sup>BC</sup><sub>amb</sub>+ ∆S<sub>gas</sub><sup>BC</sup>. Inoltre, visto che il gas `e isolato dall’ambiente esterno durante la trasformazione BC ∆S^BC_amb= 0. Avremo quindi in totale

∆S_u= ∆S_gas^BC = nR logVC

V_B = 0.38 J/K (37)

3