UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI PADOVA
Corsi di Laurea in Ingegneria Settore Informazione- Canale 4 II prova di accertamento di Fisica Generale 1 – 26 Maggio 2018
Cognome _____________________ Nome _________________________ Matricola _______________
Problema 1
Un’asta omogenea di massa m1 = 4 kg e lunghezza ! = 2m è vincolata a ruotare attorno al suo baricentro in un piano verticale. All’istante iniziale è in posizione orizzontale e viene colpita, a distanza ! / 4 dal vincolo, da un corpo puntiforme di massa m2 = 5 kg lasciato cadere da fermo, verticalmente, da altezza h rispetto all’asta. L’urto è anelastico e il corpo prosegue la sua caduta raggiungendo il suolo, a distanza ! / 2 dalla posizione dell’urto, dopo l’intervallo di tempo t = 0.2 s dopo l’urto. Nello stesso tempo l’asta ruota di un angolo ! = 80°. Sapendo che il vincolo è scabro e su di esso agisce un momento d’attrito di modulo MA = 10 Nm, determinare:
1) la velocità del corpo immediatamente dopo l’urto v0
2) la velocità angolare dell’asta immediatamente dopo l’urto ω0
3) la distanza dall’asta del punto di partenza del corpo h
4) il modulo dell’impulso sul vincolo nell’urto i
1) Dopo l’urto il corpo compie un moto uniformemente accelerato scendendo di ! / 2 per cui dalla legge oraria, con l’asse orientato verso il basso, si ricava
!
2= v0t+1
2gt2 ! v0 = ! 2t"gt
2 = 4.02 m/s 2) La seconda equazione cardinale applicata all’asta nel suo moto dopo l’urto è
!MA = IO" # " = !MA
IO = !7.5 rad/s2 con IO=m1!2
12 = 1.333 kgm2
$
%&
' () per cui l’asta compie un moto circolare uniformemente accelerato dalla cui legge oraria si ricava
! = "0t+1
2#t2 $ "0 = ! t % #t
2 = 7.73 rad/s 3) Nell’urto si conserva il momento angolare
m2v!
4 = I0!0+ m2v0 !
4 " v =4I0!0
m2! + v0 = 8.14 m/s e.poichè nella caduta si conserva l’energia meccanica
1
2m2v2 = m2gh ! h = v2
2g= 3.38 m
4) l’impulso è pari alla variazione di quantità di moto del sistema. Poiché il centro dell’asta è fermo i= m2v0! m2v= 20.6 Ns
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Corsi di Laurea in Ingegneria Settore Informazione- Canale 4 II prova di accertamento di Fisica Generale 1 – 26 Maggio 2018
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Problema 2
Un gas ideale biatomico esegue il ciclo irreversibile AB: espansione isobara reversibile
BC: espansione isoterma irreversibile CD: compressione isobara reversibile DE: espansione adiabatica irreversibile EF: compressione isobara reversibile FA: riscaldamento isocoro reversibile
Sono noti: il numero di moli n = 0.4 del gas; le temperature TA = 400K, TB = 500K e TF = 200K; il rapporto VC/ VA = 1.5; il calore assorbito nel ciclo Qass = 5000J. Determinare, osservando che VA = VD = VF e VC = VE:
1) la temperatura degli stati D e E TD, TE
2) il calore scambiato nella trasformazione BC QBC
3) il rendimento del ciclo η
4) il rapporto fra il lavoro compiuto in un eventuale ciclo ABCDA
e un eventuale ciclo DEFD R = WABCDA/WDEFD
1) Applicando la legge di Gay-Lussac alla trasformazione CD si ottiene TC
VC =TD
VD ! TD=VD
VC TC =VA
VCTC = 333.3K
e applicandola alla trasformazione EF si ottiene TE
VE =TF
VF ! TE =VE
VFTF =VC
VATF = 300K 2) Il calore viene assorbito nelle trasformazioni AB, BC e FA per cui
Qass = QAB+ QBC + QFA= ncp(TB! TA)+ QBC + ncv(TA! TF)
QBC = Qass! ncp(TB! TA)! ncv(TA! TF)= 2174.6J
3) Il calore viene ceduto nelle trasformazioni CD e EF per cui
Qced = QCD+ QEF= ncp(TD! TC)+ ncP(TE! TF)= !1939J
per cui il rendimento è
! = 1+Qced
Qass = 0.3795 4) Il lavoro nel ciclo ABCDA sarebbe
WABCDA= WAB+ WBC + WCD+ WDA = nR T( B! TA)+ QCD+ nR T( D! TC)= 1953J
e quello nel ciclo DEFD sarebbe
WDEFD= WDE+ WEF+ WFD= !ncv(TE! TD)+ nR T( F ! TE)= !55.4J
per cui
R=WABCDA
WDEFD = !35.2
N.B. Il risultato negativo di WDEFD è dovuto al fatto che nella versione distribuita il rapporto fra i volumi era sbagliato. La versione su cui il compito era stato preparato aveva VC/ VA = 1.25.
