A.A. 2019/2020, Sessione di Gennaio/Febbraio, Primo Appello, 21 Gennaio 2020, Prova scritta

(1)

Universit` a degli Studi di Udine, Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica Esami di FISICA I (9 CFU) e Fisica Generale 1 (12 CFU)

A.A. 2019/2020, Sessione di Gennaio/Febbraio, Primo Appello, 21 Gennaio 2020, Prova scritta

TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI

L

m 1 ~v ~v ~v ₀ m ₂

h PROBLEMA 1 Due corpi puntiformi sono

posti su un piano orizzontale ad una distanza iniziale L = 140 cm (vedi figura). Il corpo 1 ha massa m 1 = 1.00 kg e all’istante t = 0 viene lanciato verso destra con una velocit` a iniziale ~v~v~v 0 ; il corpo 2, di massa m 2 = 3.00 kg,

è inizialmente fermo e si trova in corrispondenza del inizio di una rampa la cui sommità è ad una quota h rispetto al piano orizzontale. Nel suo moto lungo il piano orizzontale il corpo 1 risente di un attrito dinamico con µ _k = 0.500. La rampa invece è perfettamente liscia.

Sapendo che l’urto tra i due corpi `e perfettamente elastico e che, dopo l’urto, il corpo 1 torna indietro fermandosi esattamente nella sua posizione originaria, determinare:

a) il modulo v 0 della velocit` a iniziale del corpo 1;

b) la velocit` a del corpo 2 subito dopo l’urto;

c) il valore massimo valore di h, h _max , sapendo che il corpo 2 riesce a raggiungere la sommit`a della rampa.

Soluzione Indichiamo con v 1 e v ^′ ₁ le velocit` a del corpo 1 subito prima e subito dopo l’urto con il 2; indichiamo invece con v ₂ ^′ la velocit` a del corpo 2 subito dopo l’urto.

Sapendo che dopo l’urto il corpo 1 raggiunge esattamente il punto originario, utilizzando il teorema dell’e- nergia cinetica, possiamo scrivere

− 1

2 m 1 (v ^′ ₁ ) ² = −f _k L = −µ _k m 1 gL,

dove f _k = µ _k m 1 g `e il modulo della forza di attrito dinamico. Pertanto otteniamo v ^′ ₁ = −p2µ _k gL,

dove si `e scelta la radice negativa sapendo che ~v ~v ~v ^′ ₁ `e diretta verso sinistra.

Per l’urto, applicando le conservazioni della quantit` a di moto e dell’energia cinetica, possiamo scrivere le seguenti







m 1 v 1 = m 1 v ^′ ₁ + m 2 v 2 (∗) m 1 v ₁ ² = m 1 (v ₁ ^′ ) ² + m 2 v ₂ ² (∗∗) Tali equazioni si possono riscrivere come segue







m 1 (v 1 − v ^′ ₁ ) = m 2 v 2

m ₁ [v ₁ ² − m ₁ (v ₁ ^′ ) ² ] = m ₂ v ² ₂ dalle quali, dividendole membro a membro, si ottiene la seguente

v ₁ + v ^′ ₁ = v ₂ .

Mettendo questa relazione a sistema con la (∗) e risolvendo, si ricava v 1 = m 1 + m 2

m 1 − m 2

v ₁ ^′ ; v 2 = 2m 1

m 1 − m 2

v ^′ ₁

(2)

Conseguentemente, si ha

v 2 = 2m 1

m ₁ − m ₂ v ^′ ₁ = 2m 1

m ₂ − m ₁ p2µ _k gL = 3.71 m/s.

Per calcolare la velocit` a iniziale del corpo 1 riutilizziamo il teorema dell’energia cinetica applicandolo al suo primo spostamento e scrivendo

1 2 m 1 v ² ₁ − 1

2 m 1 v ₀ ² = −f _k L = −µ _k m 1 gL e da questa si ricava

v ² ₀ = v ₁ ² + 2µ _k gL ⇒ v ₀ = q

v ₁ ² + 2µ _k gL e quindi

v ₀ = s

m 1 + m 2

m 1 − m 2

2 (v ^′ ₁ ) ² + 2µ _k gL = v u u t

"

m 1 + m 2

m 1 − m 2

2 + 1

#

2µ _k gL = 8.29 m/s.

Nel moto del corpo 2 sulla rampa non ci sono attriti: quindi si conserva l’energia meccanica. Conseguente- mente, il valore massimo di h corrisponder`a alla quota in corrispondenza della quale il corpo 2 si fermer` a.

Cio`e dovr`a essere

∆K + ∆U = 0 ⇒ − 1

2 m ₂ v ² ₂ + m ₂ gh _max = 0 ⇒ h _max = v ² ₂

2g = 70.2 cm.

R

~τ~τ~τ m 1

m 2

PROBLEMA 2 Su di un piano orizzontale sono posti il corpo 1, di massa m 1 = 50.0 kg, e un cilindro omogeneo di raggio R = 20.0 cm e massa m ₂ = 30.0 kg (vedi figura).

Il centro di massa del cilindro e il cubo sono aggancia- ti tramite una corda inestensibile di massa trascurabile.

Sull’asse del cilindro pu` o essere applicata una coppia di momento ~τ~τ~τ in verso orario (vedi figura). L’attrito statico e dinamico tra entrambi i corpi ed il piano di appoggio `e determinato dai coefficienti µ _s = 0.700 e µ _k = 0.400. Determinare:

a) il massimo valore del modulo di ~τ~τ~τ, τ _eq,max , entro cui entrambi i corpi rimangono in equilibrio statico;

Supporre poi che venga applicato un ~τ~τ~τ di modulo 2τ eq,max e che il risultato sia che i centri di massa dei due corpi rimangono fermi, mentre il cilindro prende a ruotare sul posto.

b) Dimostrare che la situazione prospettata `e compatibile con le condizioni imposte;

c) Determinare l’accelerazione angolare del cilindro.

Soluzione Se entrambi i corpi sono in equilibrio statico, applicando la seconda legge della dinamica nelle forme lineare (ad entrambi) e angolare (all’asse del cilindro), potremo scrivere le seguenti equazioni







0 = T − f _1s (1) 0 = f 2s − T (2) 0 = τ − Rf _2s (3)

dove f 1s e f 2s sono i moduli delle forze di attrito statico sul corpo 1 e sul cilindro, mentre T `e il modulo della tensione della corda. Da queste ottiene

τ = Rf _2s ; T = f _2s ; f _1s = T = f _2s . Quindi, tenendo presente che

f _1s ≤ µ _s N ₁ = µ _s m ₁ g = 343 N; f _2s ≤ µ _s N ₂ = µ _s m ₂ g = 206 N, si vede immediatamente che l’equilibrio statico sar` a possibile fino a che

τ ≤ τ _eq,max = µ _s m ₂ gR = 41.2 N · m.

(3)

Consideriamo ora il caso in cui all’asse del cilindro `e applicata una coppia di momento τ = 2τ _eq,max = 2µ _s m ₂ gR = 82.4 N · m. Le equazioni del moto nelle condizioni descritte nel testo del problema sono le seguenti







0 = T − f _1s (4)

0 = f _2k − T = µ _k m 2 g − T (5) I _cm α = τ − Rf _2k = 2τ _eq,max − µ _k m 2 gR (6) Dalle (4) e (5) si ottiene

T = µ _k m 2 g ⇒ f _1s = T = µ _k m 2 g = 118 N.

che `e perfettamente compatibile con la quiete del corpo 1 (essendo f _1s < µ _s m 1 g = 343 N)!

Infine, dalla (6) si ricava α = 4τ _eq,max

m ₂ R ² − 2µ _k g

R = 4µ _s m 1 gR

m ₂ R ² − 2µ _k g

R = 2µ s m 1

m ₂ − µ _k 2g

R = 98.1 rad/s ² .

———————————————–

Anche se questo va al di l` a di quanto richiesto dal testo del problema, si potrebbe controllare che ipotizzando il moto dei centri di massa dei due corpi, si arriva sempre ad un assurdo. Ad esempio, si potrebbe ipotizzare che il cilindro si muova di moto di puro trascinando il corpo 1. Le equazioni del moto sarebbero le seguenti



 

 

m

₁

a = T − f

_1k

(7) m

2

a = f

2s

− T (8) I

cm

a

R = 2τ

eq,max

− Rf

_2s

(9)

dove a `e l’accelerazione (comune) dei centri di massa dei due corpi e si `e gi` a utilizzata la condizione di puro rotolamento α = a/R.

Risolvendo la (9), otteniamo

f

_2s

= 2τ

eq,max

R − 1

2 m

₂

R

²

· a

R

²

= 2µ

s

m

₂

g − 1 2 m

₂

a

dove si `e esplicitato che I

cm

=

¹₂

m

₂

R

²

. In tali condizioni, se vogliamo che sia f

_2s

≤ f

_2s,max

= µ

s

m

₂

g dovrebbe essere f

2s

= 2µ

s

m

2

g − 1

2 m

2

a ≤ µ

s

m

2

g ⇒ a ≥ 2µ

s

g.

Ma combinando le eq.ni (7) e (8) con quest’ultima si ricava

f

2s

= f

_1k

+ (m

1

+ m

2

)a = µ

k

m

1

g + (m

1

+ m

2

)a, dalla quale, ponendo a ≥ 2µ

s

g, si ottiene la condizione

f

2s

≥ [µ

k

m

1

+ 2µ

s

(m

1

+ m

2

)]g,

che `e un assurdo, dato che f

2s

, come si `e gi` a detto, non pu` o mai superare il valore µ

s

m

2

g!

Come ultimo controllo si potrebbe supporre che il cilindro slitti trascinando il corpo 1. In tal caso le eq.ni del moto sarebbero le seguenti







m

1

a = T − f

1k

m

2

a = f

_2k

− T

I

cm

α = 2τ

eq,max

− Rf

_2k

dove ora a e α devono essere considerate come indipendenti.

Dalle prime due si otterrebbe

(m

₁

+ m

₂

)a = f

_2k

− f

_1k

= µ

k

(m

₂

− m

₁

)g ⇒ a = m

2

− m

₁

m

₁

+ m

₂

µ

k

g < 0 che `e gi` a un assurdo perch´e, ovviamente, i due corpi non possono accelerare verso sinistra!

p ₀

h ₀

p ₀

h ₁

p ₀ F~ F~ F ~

h 2

Q

fino al sollevamento del recipiente

stato 0 stato 1 stato 2

PROBLEMA 3 Un recipiente cilindrico ad asse ver-

ticale, di sezione interna A = 4.00 dm ² e massa

M = 100 kg, `e chiuso superiormente da un pisto-

ne a tenuta di sezione A e massa trascurabile, che

pu` o scorrere verticalmente con attrito trascurabile.

(4)

Recipiente e pistone sono costituiti da un materiale abiabatico.

Il recipiente contiene n moli di un gas ideale biato-

mico e l’ambiente circostante `e alla pressione atmosferica normale p 0 . In queste condizioni (stato 0) il pistone si trova ad una distanza h 0 = 40.0 cm dal fondo e il gas `e ad una temperatura T 0 = 300 K (vedi figura).

a) Calcolare n.

Poi, si estrae lentamente calore dal gas fino a che il pistone `e a distanza h 1 = 30.0 cm dal fondo (stato 1).

b) Determinare il calore Q estratto dal gas nella trasformazione e la sua nuova temperatura T 1 .

Successivamente, il pistone viene lentamente tirato verso l’alto (tramite una forza applicata ad esso) fino a che il recipiente non si stacca dal pavimento (stato 2).

c) Calcolare la distanza finale h 2 a cui si porta il pistone dal fondo del recipiente e la nuova temperatura T ₂ del gas.

Soluzione Tenendo presente che il volume iniziale occupato dal gas `e pari a V 0 = Ah 0 , il numero di moli sar` a

n = p 0 V 0

RT ₀ = p 0 Ah 0

RT ₀ = 0.650 mol.

Durante l’estrazione del calore la pressione dell’ambiente circostante rimane costante e pari a p ₀ . Pertanto, se nel passare dallo stato 0 allo stato 1 la distanza del pistone dal fondo del recipiente si riduce h 1 , possiamo scrivere

V 0

T 0

= V 1

T 1

⇒ T 1 = V 1

V 0

T 0 = h 1

h 0

T 0 = 225 K.

Conseguentemente, tenendo presente che il calore specifico a pressione costante del gas `e c _p = ⁷ ₂ R, la quantit` a di calore scambiata dal gas `e

Q = nc _p (T 1 − T 0 ) = 7

2 nR h 1

h ₀ − 1

T 0 = −1.42 · 10 ³ J.

Quindi dal gas viene estratta una quantit` a di calore |Q| = 1.42 · 10 ³ J.

Quando il sistema raggiunge lo stato 2 (in cui il recipiente non poggia pi` u sul pavimento), cos’`e che sostiene il recipiente? Ovviamente, il peso del recipiente dovr`a essere bilanciato dalla risultante delle forze di pressione (diretta verso l’alto) causata dalla riduzione di pressione del gas (causata dalla sua espansione). L’equilibrio del recipiente comporta

(p 0 − p 2 )A − M g = 0 ⇒ p 2 = p 0 − M g

A = 7.680 · 10 ⁴ Pa.

Nel passaggio dallo stato 1 allo stato 2, il gas non scambia calore con l’ambiente (recipiente e pistone sono adiabatici): quindi, dato che il pistone viene anche sollevato lentamente, il gas subisce una trasformazione adiabatica reversibile. Pertanto potremo scrivere

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TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI

L

m 1 ~v ~v ~v 0 m 2

h PROBLEMA 1 Due corpi puntiformi sono

posti su un piano orizzontale ad una distanza iniziale L = 140 cm (vedi figura). Il corpo 1 ha massa m 1 = 1.00 kg e all’istante t = 0 viene lanciato verso destra con una velocit` a iniziale ~v~v~v 0 ; il corpo 2, di massa m 2 = 3.00 kg,

è inizialmente fermo e si trova in corrispondenza del inizio di una rampa la cui sommità è ad una quota h rispetto al piano orizzontale. Nel suo moto lungo il piano orizzontale il corpo 1 risente di un attrito dinamico con µ k = 0.500. La rampa invece è perfettamente liscia.

Sapendo che l’urto tra i due corpi `e perfettamente elastico e che, dopo l’urto, il corpo 1 torna indietro fermandosi esattamente nella sua posizione originaria, determinare:

a) il modulo v 0 della velocit` a iniziale del corpo 1;

b) la velocit` a del corpo 2 subito dopo l’urto;

c) il valore massimo valore di h, h max , sapendo che il corpo 2 riesce a raggiungere la sommit`a della rampa.

Soluzione Indichiamo con v 1 e v ′ 1 le velocit` a del corpo 1 subito prima e subito dopo l’urto con il 2; indichiamo invece con v 2 ′ la velocit` a del corpo 2 subito dopo l’urto.

Sapendo che dopo l’urto il corpo 1 raggiunge esattamente il punto originario, utilizzando il teorema dell’e- nergia cinetica, possiamo scrivere

− 1

2 m 1 (v ′ 1 ) 2 = −f k L = −µ k m 1 gL,

dove f k = µ k m 1 g `e il modulo della forza di attrito dinamico. Pertanto otteniamo v ′ 1 = −p2µ k gL,

dove si `e scelta la radice negativa sapendo che ~v ~v ~v ′ 1 `e diretta verso sinistra.

Per l’urto, applicando le conservazioni della quantit` a di moto e dell’energia cinetica, possiamo scrivere le seguenti







m 1 v 1 = m 1 v ′ 1 + m 2 v 2 (∗) m 1 v 1 2 = m 1 (v 1 ′ ) 2 + m 2 v 2 2 (∗∗) Tali equazioni si possono riscrivere come segue







m 1 (v 1 − v ′ 1 ) = m 2 v 2

m 1 [v 1 2 − m 1 (v 1 ′ ) 2 ] = m 2 v 2 2 dalle quali, dividendole membro a membro, si ottiene la seguente

v 1 + v ′ 1 = v 2 .

Mettendo questa relazione a sistema con la (∗) e risolvendo, si ricava v 1 = m 1 + m 2

m 1 − m 2

v 1 ′ ; v 2 = 2m 1

m 1 − m 2

v ′ 1

Conseguentemente, si ha

v 2 = 2m 1

m 1 − m 2 v ′ 1 = 2m 1

m 2 − m 1 p2µ k gL = 3.71 m/s.

Per calcolare la velocit` a iniziale del corpo 1 riutilizziamo il teorema dell’energia cinetica applicandolo al suo primo spostamento e scrivendo

1

2 m 1 v 2 1 − 1

2 m 1 v 0 2 = −f k L = −µ k m 1 gL e da questa si ricava

v 2 0 = v 1 2 + 2µ k gL ⇒ v 0 = q

v 1 2 + 2µ k gL e quindi

v 0 = s

 m 1 + m 2

m 1 − m 2

 2

(v ′ 1 ) 2 + 2µ k gL = v u u t

"

 m 1 + m 2

m 1 − m 2

 2

+ 1

#

2µ k gL = 8.29 m/s.

Nel moto del corpo 2 sulla rampa non ci sono attriti: quindi si conserva l’energia meccanica. Conseguente- mente, il valore massimo di h corrisponder`a alla quota in corrispondenza della quale il corpo 2 si fermer` a.

Cio`e dovr`a essere

∆K + ∆U = 0 ⇒ − 1

2 m 2 v 2 2 + m 2 gh max = 0 ⇒ h max = v 2 2

2g = 70.2 cm.

R

~τ~τ~τ m 1

m 2

PROBLEMA 2 Su di un piano orizzontale sono posti il corpo 1, di massa m 1 = 50.0 kg, e un cilindro omogeneo di raggio R = 20.0 cm e massa m 2 = 30.0 kg (vedi figura).

Il centro di massa del cilindro e il cubo sono aggancia- ti tramite una corda inestensibile di massa trascurabile.

Sull’asse del cilindro pu` o essere applicata una coppia di momento ~τ~τ~τ in verso orario (vedi figura). L’attrito statico e dinamico tra entrambi i corpi ed il piano di appoggio `e determinato dai coefficienti µ s = 0.700 e µ k = 0.400. Determinare:

a) il massimo valore del modulo di ~τ~τ~τ, τ eq,max , entro cui entrambi i corpi rimangono in equilibrio statico;

Supporre poi che venga applicato un ~τ~τ~τ di modulo 2τ eq,max e che il risultato sia che i centri di massa dei due corpi rimangono fermi, mentre il cilindro prende a ruotare sul posto.

b) Dimostrare che la situazione prospettata `e compatibile con le condizioni imposte;

c) Determinare l’accelerazione angolare del cilindro.

Soluzione Se entrambi i corpi sono in equilibrio statico, applicando la seconda legge della dinamica nelle forme lineare (ad entrambi) e angolare (all’asse del cilindro), potremo scrivere le seguenti equazioni







0 = T − f 1s (1) 0 = f 2s − T (2) 0 = τ − Rf 2s (3)

dove f 1s e f 2s sono i moduli delle forze di attrito statico sul corpo 1 e sul cilindro, mentre T `e il modulo della tensione della corda. Da queste ottiene

τ = Rf 2s ; T = f 2s ; f 1s = T = f 2s . Quindi, tenendo presente che

f 1s ≤ µ s N 1 = µ s m 1 g = 343 N; f 2s ≤ µ s N 2 = µ s m 2 g = 206 N, si vede immediatamente che l’equilibrio statico sar` a possibile fino a che

m 1 ~v ~v ~v ₀ m ₂

è inizialmente fermo e si trova in corrispondenza del inizio di una rampa la cui sommità è ad una quota h rispetto al piano orizzontale. Nel suo moto lungo il piano orizzontale il corpo 1 risente di un attrito dinamico con µ _k = 0.500. La rampa invece è perfettamente liscia.

c) il valore massimo valore di h, h _max , sapendo che il corpo 2 riesce a raggiungere la sommit`a della rampa.

Soluzione Indichiamo con v 1 e v ^′ ₁ le velocit` a del corpo 1 subito prima e subito dopo l’urto con il 2; indichiamo invece con v ₂ ^′ la velocit` a del corpo 2 subito dopo l’urto.

2 m 1 (v ^′ ₁ ) ² = −f _k L = −µ _k m 1 gL,

dove f _k = µ _k m 1 g `e il modulo della forza di attrito dinamico. Pertanto otteniamo v ^′ ₁ = −p2µ _k gL,

dove si `e scelta la radice negativa sapendo che ~v ~v ~v ^′ ₁ `e diretta verso sinistra.

m 1 v 1 = m 1 v ^′ ₁ + m 2 v 2 (∗) m 1 v ₁ ² = m 1 (v ₁ ^′ ) ² + m 2 v ₂ ² (∗∗) Tali equazioni si possono riscrivere come segue

m 1 (v 1 − v ^′ ₁ ) = m 2 v 2

m ₁ [v ₁ ² − m ₁ (v ₁ ^′ ) ² ] = m ₂ v ² ₂ dalle quali, dividendole membro a membro, si ottiene la seguente

v ₁ + v ^′ ₁ = v ₂ .

v ₁ ^′ ; v 2 = 2m 1

v ^′ ₁

m ₁ − m ₂ v ^′ ₁ = 2m 1

m ₂ − m ₁ p2µ _k gL = 3.71 m/s.

2 m 1 v ² ₁ − 1

2 m 1 v ₀ ² = −f _k L = −µ _k m 1 gL e da questa si ricava

v ² ₀ = v ₁ ² + 2µ _k gL ⇒ v ₀ = q

v ₁ ² + 2µ _k gL e quindi

v ₀ = s

m 1 + m 2

2

(v ^′ ₁ ) ² + 2µ _k gL = v u u t

m 1 + m 2

2

2µ _k gL = 8.29 m/s.

2 m ₂ v ² ₂ + m ₂ gh _max = 0 ⇒ h _max = v ² ₂

PROBLEMA 2 Su di un piano orizzontale sono posti il corpo 1, di massa m 1 = 50.0 kg, e un cilindro omogeneo di raggio R = 20.0 cm e massa m ₂ = 30.0 kg (vedi figura).

Sull’asse del cilindro pu` o essere applicata una coppia di momento ~τ~τ~τ in verso orario (vedi figura). L’attrito statico e dinamico tra entrambi i corpi ed il piano di appoggio `e determinato dai coefficienti µ _s = 0.700 e µ _k = 0.400. Determinare:

a) il massimo valore del modulo di ~τ~τ~τ, τ _eq,max , entro cui entrambi i corpi rimangono in equilibrio statico;

0 = T − f _1s (1) 0 = f 2s − T (2) 0 = τ − Rf _2s (3)

τ = Rf _2s ; T = f _2s ; f _1s = T = f _2s . Quindi, tenendo presente che

f _1s ≤ µ _s N ₁ = µ _s m ₁ g = 343 N; f _2s ≤ µ _s N ₂ = µ _s m ₂ g = 206 N, si vede immediatamente che l’equilibrio statico sar` a possibile fino a che

τ ≤ τ _eq,max = µ _s m ₂ gR = 41.2 N · m.

Consideriamo ora il caso in cui all’asse del cilindro `e applicata una coppia di momento τ = 2τ _eq,max = 2µ _s m ₂ gR = 82.4 N · m. Le equazioni del moto nelle condizioni descritte nel testo del problema sono le seguenti

0 = T − f _1s (4)

0 = f _2k − T = µ _k m 2 g − T (5) I _cm α = τ − Rf _2k = 2τ _eq,max − µ _k m 2 gR (6) Dalle (4) e (5) si ottiene

T = µ _k m 2 g ⇒ f _1s = T = µ _k m 2 g = 118 N.

che `e perfettamente compatibile con la quiete del corpo 1 (essendo f _1s < µ _s m 1 g = 343 N)!

Infine, dalla (6) si ricava α = 4τ _eq,max

m ₂ R ² − 2µ _k g

R = 4µ _s m 1 gR

m ₂ R ² − 2µ _k g

R = 2µ s m 1

m ₂ − µ _k 2g

R = 98.1 rad/s ² .