massa m 2 = 1.00 kg, resta vincolato alla molla, e dopo averla compressa, inizia ad oscillare. Determinare:

Universit` a degli Studi di Udine, Corso di Laurea in Ingegneria Gestionale

A.A. 2017/2018, Sessione di Gennaio/Febbraio 2018, Esame di FISICA GENERALE 1 (12 CFU) Primo Appello, 24 Gennaio 2018, PROVA SCRITTA

TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI

PROBLEMA 1 Un oggetto, collegato ad una molla di costante elastica k = 4.00 · 10 ⁴ N/m, inizialmente in posizione di riposo, esplode dividendosi in due frammenti. Di questi, il primo, di massa m 1 = 4.00 kg, viene proiettato in avanti con velocit` a v 1 = 12.0 m/s; il secondo, di

massa m ² = 1.00 kg, resta vincolato alla molla, e dopo averla compressa, inizia ad oscillare. Determinare:

a) il valore ∆x della massima compressione della molla;

b) l’energia meccanica totale del sistema dopo l’esplosione.

Soluzione

L’esplosione `e un fenomeno impulsivo, durante il quale la forza elastica della molla pu` o essere trascurata, sicch´e le conseguenze possono essere valutate considerando l’oggetto come un sistema isolato. Applicando la legge di conservazione della quantit` a di moto, si ha:

m 1 v 1 − m 2 v 2 = 0,

dalla quale si ricava la velocit` a v 2 della massa m 2 un istante dopo l’esplosione e la sua energia cinetica v 2 = m 1 v 1

m 2

; K 2 = 1

2 m 2 v 2 ² = m ² 1 v ² 1

2m 2

.

Quindi, tenendo presente l’energia cinetica della massa m 1 , l’energia meccanica totale `e:

E _tot = K 1 + K 2 = 1

2 m 1 v ² 1 + 1

2 m 2 v ² 2 = 1 2 m 1 v 1 ²

 1 + m 1

m 2



= 1440 J.

La massima compressione della molla si ha quando, nella successiva fase di moto, la massa m 2 converte tutta la sua energia cinetica in energia elastica della molla:

1

2 k(∆x) ² = K 2 = m ² 1 v ² 1

2m 2

⇒ ∆x =

s m ² 1 v 1 ²

km 2

= 24.0 cm.

PROBLEMA 2 Un’asta omogenea di massa m = 5.00 kg e lunghezza ℓ = 100 cm reca agli estremi due masse puntiformi m ¹ = 2.00 kg e m ² = 3.00 kg. Ad un certo istante l’asta viene posta in rotazione con una velocit angolare iniziale ω 0 = 100 giri/min, attorno ad un asse ad essa ortogonale, passante per un punto a distanza x da m 1 . Nella rotazione l’unica sollecitazione alla quale `e soggetta l’asta consiste in una coppia frenante di momento costante M = 1.15 N · m.

Determinare:

a) il valore di x, x ^∗ , affinch`e l’asta si fermi nel minor tempo possibile;

b) il tempo di cui al punto a).

Soluzione

Applicando la seconda legge della dinamica in forma angolare si ha I dω

dt = −M,

dove I e il momento d’inerzia del sistema rispetto all’asse du rotazione. Integrando tale equazione ricaviamo l’equazione oraria:

ω(t) = ω 0 − M

I t.

Il tempo di arresto t _A si ottiene per ω = 0, quindi, t _A = Iω ⁰

M .

Il momento d’inerzia del sistema rispetto all’asse di rotazione `e dato da:

I = 1

12 mℓ ² + m  ℓ 2 − x

 ²

+ m 1 x ² + m 2 (ℓ − x) ² .

Affinch´e l’asta si fermi nel minor tempo possibile, tale momento d’inerzia dev’essere minimo:

dI

dx = 0 ⇒ x ^∗ = ℓ(2m 2 + m)

2(m + m ¹ + m ² ) = 55.0 cm.

Verificando che `e

d ² I

dt ² = 2(m + m1 + m2) > 0, possiamo dire che per x = x ^∗ il momento d’inerzia del sistema `e minimo.

Conseguentemente, osservando che quando x = x ^∗ il momento d’inerzia del sistema si riduce a I _min = I(x ^∗ ) = 1

12 mℓ ² + m  ℓ 2 − x ^∗

 ²

+ m 1 (x ^∗ ) ² + m 2 (ℓ − x ^∗ ) ² = 1.64 kg · m ² . allora il tempo minimo di arresto `e:

t _A,min = I _min ω 0

M = 14.9 s.

acqua n moli di gas

H 1

h 0

h 1

PROBLEMA 3 Il recipiente schemattizzato in figura `e costituito da due cilindri ad asse verticale comunicanti alla base. Il cilindro di sinistra ha sezione A 1 = 0.100 m <sup>2</sup> e altezza h 1 = 50.0 cm ed `e chiuso alla sommit`a;

invece il cilindro di destra `e molto alto, `e aperto e ha sezione A 2 = 1.00 m ² . Come si vede in figura, alla sommit`a del cilindro di sinistra si hanno n moli di un gas ideale mentre; nel resto del recipiente `e presente una quantit` a di acqua tale da raggiungere nel cilindro di destra la quota H 1 = 2.00 m. Sapendo che le pareti del recipiente sono permeabili al calore, che la temperatura del sistema `e pari a T = 300 K e che l’altezza del tratto del cilindro di sinistra occupato dal gas `e h 0 = 20.0 cm, determinare:

a) la pressione del gas;

b) il numero di moli di gas.

Supporre poi che a destra si aggiunga acqua lentamente fino a che il volume del gas diventi la met` a di quello iniziale. Determinare:

c) la quota che raggiunger`a l’acqua nel cilindro di destra;

d) il volume dell’acqua che si `e aggiunta;

e) la quantit` a di calore che scambiata il gas con l’ambiente circostante durante la compressione.

Soluzione

Tenendo presente la legge di Stevino, si vede immediatamente che la pressione dell’acqua alla quota h 1 − h 0

(e cio`e alla base del volume occupato dal gas) `e

p(h ¹ − h ⁰ ) = p ⁰ + ρg [H ¹ − (h ¹ − h ⁰ )] = 1.18 · 10 ⁵ Pa = 1.16 atm, dove si `e tenuto conto del fatto che la densit`a dell’acqua `e ρ = 1000 kg/m ³ .

Tale pressione corrisponde a quella del gas e quindi, essendo il suo volume pari a V gas = A ¹ h ⁰ si avr`a n = p _gas V _gas

RT = p(h ¹ − h ⁰ )A ¹ h ⁰

RT = 0.946 mol.

Mano a mano che viene aggiunta acqua nel recipiente, il suo livello aumenter` a sia nel cilindro di destra che in quello di sinistra. Quando il volume del gas si sar` a ridotto a met` a di quello iniziale, essendo la sua trasformazione isoterma, la sua pressione sar` a raddoppiata. In tali condizioni, la base del volume occupato dal gas verr` a a trovarsi alla quota h 1 − h 0 /2 e a tale quota (in entrambi i cilindri) la pressione dovr`a essere la stessa. Applicando ancora una volta Stevino al cilindro di destra potremo scrivere

p(h 1 − ¹ ₂ h 0 ) = 2p _i = p 0 + ρg∆H ⇒ ∆H = 2p _i − p 0

ρg = p 0

ρg + 2 [H 1 − (h 1 − h 0 )]

dove ∆H `e l’altezza della colonna di acqua nel cilindro di destra misurata a partire dalla quota h 1 − h 0 /2.

Conseguentemente, la quota raggiunta dall’acqua nel cilindro di destra sar` a H 1 ^′ = h 1 − 1

2 h 0 + ∆H = h 1 + 1

2 h 0 + 2p _i − p 0

ρg = 2H 1 − h 1 + 3

2 h 0 + p 0

ρg = 14.1 m.

Confrontando le quote iniziali dell’acqua nei due cilindri con quelle attuali abbiamo che il volume dell’acqua aggiunta `e

∆V _acqua = A 1 · h 0

2 + A 2 · (H 1 ^′ − H 1 ) = 12.1 m ³ = 1.21 · 10 ⁴ dm ³

Tenendo presente che in una trasformazione isoterma il lavoro compiuto dal gas e il calore da esso scambiato si equivalgono, possiamo scrivere

Q = L = Z f

i

pdV = nRT Z V

V

dV

V = nRT ln  V _f V _i



= nRT ln  1 2



= −nRT ln 2 = −1.63 · 10 ³ J.

PROBLEMA 4 Una sfera di raggio R = 20 cm contiene una carica netta nulla. Nel volume sferico di raggio R/2 concentrico con la sfera stessa `e distribuita uniformemente una carica Q = 5.0 · 10 <sup>−8</sup> C; nel restante volume della sfera (il guscio sferico di raggi interno ed esterno R/2, R) `e invece distribuita uniformemente una carica −Q.

Determinare:

a) l’espressione del campo elettrostatico E(r) all’interno della sfera al variare di r, con 0 ≤ r ≤ R;

b) la differenza di potenziale (d.d.p.) ∆V tra il centro della sfera e la sua superficie esterna specificando quale dei punti `e a potenziale pi` u elevato.

Soluzione

Prima di tutto si noti che le densit`a volumiche di carica nelle due parti della sfera sono rispettivamente ρ ¹ = Q

4

3 π(R/2) ³ = 6Q

πR ³ ; ρ ² = − Q

4

3 π [R ³ − (R/2) ³ ] = − 6Q

7πR ³ = − 1 7 ρ ¹ .

Conseguentemente, considerando una sfera di raggio r con 0 < r < R, la carica contenuta in essa potr` a essere espressa come segue

q(r) =



 

 

 

  ρ 1 · 4

3 πr ³ = 8Q

R ³ r ³ per 0 ≤ r ≤ R/2

Q + ρ 2 · 4

3 π r ³ − (R/2) ³ ) = 8Q 7

 1 − r ³

R ³



per R/2 < r ≤ R ,

Data la simmetria sferica della distribuzione di carica, per il calcolo del campo elettrostatico all’interno della sfera, possiamo utilizzare il teorema di Gauss. Si ottiene:

Φ _E (r) = E(r) · 4πr ² = q(r) ε 0

⇒ E(r) = q(r) 4πε 0 r ² =



 

 



 

 

 2Q

πε 0 R ³ r per 0 ≤ r ≤ R/2 2Q

7πε 0 r ²

 1 − r ³

R ³



per R/2 < r ≤ R

.

Conseguentemente, la d.d.p. tra centro e superficie (esterna) della sfera si ricava come segue

∆V = V (0) − V (R) = Z _R

0

E(r)dr = Z _R/2

0

E(r)dr + Z _R

R/2

E(r)dr =

= 2Q

πε 0 R ³ Z R/2

0

rdr + 2Q 7πε 0

"

Z R R/2

dr r ² − 1

R ³ Z R

R/2

rdr

#

= Q

4πε 0 R + 2Q 7πε 0 R

 1 − 3

8



= 3Q

7πε 0 R = 3.85 · 10 ³ V.

Come si vede ∆V `e maggiore di zero e quindi il potenziale del centro della sfera `e maggiore di quello della

sua superficie esterna. D’altronde, si vedeva immediatamente che le linee del campo elettrostatico sono

radiali e dirette dal centro verso l’esterno.