A.A. 2017/2018, Sessione di Gennaio/Febbraio 2018, Esame di FISICA GENERALE 1 (12 CFU) Secondo Appello, 16 Febbraio 2018, PROVA SCRITTA

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) Secondo Appello, 16 Febbraio 2018, PROVA SCRITTA

TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI

PROBLEMA 1 Due sfere omogenee di raggio R = 1.00 cm, aventi la medesima massa m = 100 g, scendono lungo un piano inclinato, di inclinazione θ = ξ/1000 rad. La prima sfera scivola senza rotolare in assenza di ogni forma di attrito; la seconda sfera scende rotolando senza strisciare, in assenza di attrito volvente.

Determinare:

a) Determinare le accelerazioni con le quali scendono le 2 sfere supponendo che sia ξ = 30.

θ θ

Soluzione

La prima sfera `e soggetta soltanto alla forza di gravit`a m~g~g~g e alla reazione normale ~ N N N del piano. Poich´e la ~ ~ prima sfera trasla senza ruotare, essa pu` o essere considerata un punto materiale. La seconda legge della dinamica si scrive:

m~a ~a ~a = m~g~g~g + ~ N N N . ~ ~

Prendendo le componenti parallela e perpendicolare al piano inclinato si ha:

 ma = mg sin θ

0 = N − mg cos θ ⇒

 a = g sin θ N = mg cos θ Introducendo i dati si ha

θ = 30

1000 rad = 30 · 180

1000π = 1.72 ^◦ e quindi

a 1 = g sin θ = 0.294 m/s ² .

La seconda sfera `e soggetta alla forza di gravit`a m~g~g~g, alla reazione normale del piano ~ N N N e alla forza di attrito ~ ~ radente statico ~ f~ f~ f s . Poich´e la seconda sfera rotola senza strisciare, essa non pu` o essere considerata un punto materiale. Per la seconda sfera (calcolando i momenti rispetto all’asse orizzontale, passante per il centro della sfera e parallelo al piano inclinato) le equazioni della dinamica si scrivono:

 m~a ~a ~a = m~g~g~g + ~ N N N + ~ ~ ~ f~ f~ f s

Iα = Rf _s

dove I e α sono il momento d’inerzia della sfera rispetto all’asse passante per il suo centro e l’accelerazione angolare.

Considerando le componenti parallela e perpendicolare al piano inclinato si possono scrivere le seguenti:



 

 

 

 

 ma = mg sin θ − f _s 0 = N − mg cos θ I a

R = Rf s

⇒



 

 

 



 

 

 



N = mg cos θ f _s = I a

R ²

ma = mg sin θ − I a

R ²

dove (essendo il moto di puro rotolamento) si `e fatta la sostituzione α = a/R.

Quindi, ricordando che il momento di inerzia di una sfera omogenea rispetto a un asse passante per il suo centro `e: I = ² ₅ mR ² si ricava:

ma + I a

R ² = mg sin θ ⇒ ma + 2

5 mR ² a

R ² = mg sin θ ⇒ 7

5 ma = mg sin θ ⇒ a = 5 7 g sin θ.

Introducendo i dati dell’esercizio, si ottiene a 2 = 5

7 g sin θ = 0.210 m/s ² .

θ

~v

~v

~v _B m _B

m A

PROBLEMA 2 Un corpo A di massa m A = 5.00 kg `e appeso ad un capo di un filo inestensibile e di massa trascurabile. Esso `e urtato in modo completamente anelastico da un corpo B di massa m B = 3.00 kg proveniente dall’alto da una direzione che forma un angolo θ = 60 ^◦ con l’orizzontale. Dopo l’urto il sistema risale fino ad una quota di h = 8.00 cm rispetto al punto iniziale. Calcolare:

a) l’energia cinetica del sistema subito dopo l’urto b) la velocit` a di B prima dell’urto.

Soluzione Le forze esterne durante l’urto sono la forza peso e la tensione del filo entrambe dirette lungo la direzione verticale.

Durante l’urto la tensione (che `e una reazione vincolare) si comporta come una forza impulsiva e non `e quindi trascurabile rispetto alle forze interne che i due corpi si scambiano. Pertanto la quantit` a di moto non si conserva lungo l’asse y.

(Questo e’ facilmente verificabile: nell’istante iniziale c’`e una componente lungo y della quantit` a di moto del sistema dovuta alla velocit` a del corpo A; mentre nello stato finale i corpi A e B si muovono insieme con velocit` a V orizzontale; pertanto la quantit` a di moto lungo l’asse y `e nulla dopo l’urto. Quindi la quantit` a di moto lungo l’asse y cambia durante l’urto).

Tuttavia, non essendoci forze esterne lungo l’asse x, si conserva la quantit` a di moto lungo x nell’urto completamente anelastico.

F~ F~ F ~ ^ext _tot,x = d~ p~ p~p tot,x

dt = 0 ⇒ p~ ~ p~p tot,x = cost.

p tot,x (iniziale) = ~ p~ p~p tot,x (f inale)

Dopo l’urto completamente anelastico i due corpi restano attaccati e si muovono con velocit` a comune V . m B v b cos θ = (m A + m B )V ⇒ v B = m A + m B

m _B cos θ V

Per calcolare V dobbiamo imporre la conservazione dell’energia meccanica dopo l’urto: dall’istante iniziale in cui il corpo di massa m _A + m _B parte con velocit` a orizzontale V , all’istante finale in cui il corpo di massa m A + m B `e fermo alla quota h da terra.

E i = 1

2 (m A + m B )V ² ; E f = (m A + m B )gh Imponendo E i = E f si ottiene

V = p2gh = 1.25 m/s.

Quindi, l’energia cinetica dopo l’urto `e

E _i = K _i = 1

2 (m _A + m _B )V ² = 6.25 J.

Mentre la velocit` a di B prima dell’urto con A `e v B = m A + m B

m B cos θ V = 6.67 m/s.

valvola

h

gas biatomico

acqua PROBLEMA 3 Il recipiente cilindrico in figura `e diviso in due scomparti separati

da una parete mobile orizzontale a tenuta e di massa e spessore trascurabili. Nella parte superiore `e contenuta acqua; in quella inferiore sono presenti n = 45 mol di un gas biatomico alla pressione iniziale p <sub>i</sub> = 1.10 atm. Il recipiente ha un’altezza h = 2.00 m e sezione A = 1.00 m <sup>2</sup> . Come schematizzato in figura i volumi dei due scomparti sono uguali. Sulla parete alla sommit`a del recipiente `e posta una valvola di sicurezza tarata per una pressione limite p _max = 2.00 atm. Determinare:

a) la temperatura iniziale del gas T i ;

b) la pressione dell’acqua a contatto con la valvola di sicurezza.

Successivamente al gas viene fornito calore lentamente fino a che, ad un certo punto, la valvola scatta e si produce un getto d’acqua verticale. Determinare:

c) la temperatura del gas al momento in cui si apre la valvola;

d) la quantit` a totale di calore Q che `e stata fornita al gas e la conseguente variazione di entropia ∆S ; e) l’altezza massima raggiunta dal getto acqua (trattare le particelle di acqua come proiettili).

[Considerare tutte le pareti del recipiente adiabatiche (anche quella mobile).]

Soluzione Dalla legge dei gas ideali segue immediatamente che T _i = p _i V _gas

nR = p _i Ah

2nR = 298 K.

Essendo la pressione alla base del volume d’acqua uguale a quella del gas, la pressione dell’acqua a livello della valvola sar` a pari a

p _valvola + ρg h

2 = p i ⇒ p _valvola = p i − ρg h

2 = 1.016 · 10 ⁵ Pa = 1.00 atm, dove ρ = 1000 kg/m ³ `e la densit`a dell’acqua.

Mano a mano che il gas viene riscaldato la sua pressione aumenter` a e cos`ı, ma anche la pressione dell’acqua.

Quando la valvola si aprir`a, sar` a p valvola = p max e quindi dalla precedente seguir`a p max + ρg h

2 = p f ⇒ p f = p max + ρg h

2 = 2.12 · 10 ⁵ Pa = 2.09 atm.

dove p _f `e la pressione raggiunta dal gas.

Tenendo presente che il gas si scalda a volume costante, potremo scrivere p _f

T f

= p _i T i

⇒ T f = p _f p i

T i = 1.906T i = 568 K.

Conseguentemente il calore fornito al gas `e pari a Q = nc V (T _f − T i ) = 5

2 nR(T _f − T i ) = 2.52 · 10 ⁵ J.

Per il calcolo della variazione di entropia del gas possiamo scrivere

∆S = Z f

i

dQ T = nc V

Z T

T

dT T = 5

2 nR ln  T f

T _i



= 603 J/K.

Al momento dell’apertura della valvola abbiamo, dentro e fuori, abbiamo le pressioni p _max e p 0 (pressione atmosferica). Applicando Bernoulli tra un punto interno ed uno esterno (ai lati della valvola) possiamo quindi scrivere

p max = p 0 + 1

2 ρv ² ⇒ v ² = 2(p max − p 0 )

ρ ,

dove si `e trascurato lo spessore della valvola e v `e la velocit` a di uscita dell’acqua.

Quindi, trattando le particelle di acqua come proiettili ed applicando la conservazione dell’energia meccanica abbiamo

1

2 mv ² = mg∆h ⇒ ∆h = v ²

2g = p _max − p 0

ρg = 10.3 m.

Rispetto al suolo, l’acqua raggiungerebbe una quota massima

h max = h + ∆h = 12.3 m.

R 1

R 2

R 3

PROBLEMA 4 Il consensatore sferico schematizzato in figura `e costitui- to da due conduttori sferici concentrici. I raggi delle tre superfici sferiche sono R 1 = 10.0 cm, R 2 = 16.0 cm e R 3 = 18.0 cm, rispettivamente. Il con- densatore viene caricato mediante un generatore che fornisce una d.d.p.

costante V ⁰ = 200 V seguendo due diverse modalit` a nelle quali, mentre il polo positivo `e sempre collegato all’armatura esterna, quello negativo viene collegato in un caso a terra, nell’altro all’armatura interna.

Nei due diversi casi, determinare:

a) le cariche finali sulle 3 superfici;

b) l’energia elettrostatica immagazzinata nel condensatore;

c) le d.d.p. V 2 − V 1 e V 3 − V 2 ;

d) l’ampiezza del campo elettrostatico in un punto immediatamente fuori dall’armatura esterna.

Soluzione

Carica in modalit` a 1 : polo negativo collegato a terra.

L’armatura esterna di porta a potenziale V 0 rispetto a terra. Conseguentemente, sulla superficie 3 sar` a presente una carica q 3 tale che

q 3

4πε ⁰ R ³ = V 0 ⇒ q 3 = 4πε 0 R 3 V 0 = 4.00 · 10 ⁻⁹ C.

Si noti che si poteva ragionare anche in quest’altro modo: ad una sfera conduttrice di raggio R 3 compete una capacit` a C 3 = 4πε 0 R 3 ; pertanto, una volta caricato, tale condensatore (ad armatura unica) avr`a una carica q ³ = C ³ V ⁰ identica a quella appena calcolata.

Tutti i punti all’interno della superficie di raggio R 3 (nel vuoto e nei conduttori) saranno a potenziale V 0 e quindi sulle superfici di raggio R 1 e R 2 le cariche saranno nulle

q 1 = 0; q 2 = 0.

L’energia immagazzinata `e quella nel condensatore di capacit` a C 3 pari a U 3 = 1

2 C 3 V 0 ² = 2πε 0 R 3 V 0 ² = 4.00 · 10 ⁻⁷ J.

Dall’equipotenzialit` a menzionata prima segue che

V ² − V ¹ = 0; V ³ − V ² = 0

L’ampiezza del campo elettrostatico subito fuori dall’armatura esterna `e pari a E(R 3 ) = q 3

4πε 0 R ² 3

= V 0

R 3

= 1.11 · 10 ³ V/m.

Carica in modalit` a 2 : polo negativo collegato all’armatura interna.

In tal caso la d.d.p. tra le superfici 1 e 2 `e

V 2 − V 1 = V 0 = 200 V,

e il campo elettrostatico sar` a presente solo tra queste superfici. Essendo la superficie 2 a potenziale maggiore di quello della superficie 1, ~ E E E sar` ~ ~ a radiale e diretto verso il centro delle sfere. Questo ci fa anche capire che sulla superficie 1 avremo una carica q ¹ negativa, mentre sulla superficie 2 avremo una carica q ² positiva.

Ovviamente sar` a q ¹ = −q ² e se con

C ¹² = 4πε ⁰ R ¹ R ² R 2 − R 1

indichiamo la capacit` a del condensatore sferico corrispondente alle due superfici 1 e 2, si avr`a

|q 1 | = |q 2 | = C 12 V 0 = 4πε 0 V 0

R 1 R 2

R ² − R ¹ = 5.93 · 10 ⁻⁹ V.

Ovviamente sar` a

q ³ = 0; V ³ − V ² = 0.

L’energia immagazzinata `e quella nel condensatore di capacit` a C ¹² pari a U 12 = 1

2 C 12 V 0 ² = 2πε 0 V 0 ²

R 1 R 2

R 2 − R 1

= 5.93 · 10 ⁻⁷ J.

L’ampiezza del campo elettrostatico subito fuori dall’armatura esterna `e pari a 0 dato che la carica netta

nel condensatore ´e nulla.