Soluzione Esercizio 2

Prova scritta - 11 Settembre 2019 Soluzione Esercizio 1

Consideriamo le forze che agiscono sulla cassa lungo l’asse orizzontale e quello verticale. Per comodit`a scegliamo l’asse orizzontale concorde al moto e quello verticale diretto verso il basso, in modo da essere concorde alla forza F . Il secondo principio della dinamica sar`a quindi:

−µ_DN = ma

F + mg − N = 0 (1)

Da cui ricaviamo:

−µ_D(F + mg) = ma

N = F + mg (2)

Dalla prima equazione ricaviamo l’espressione per l’accelerazione della cassa:

a = −µ_D

m (F + mg) (3)

Consideriamo ora il primo caso, in cui F = bt con b = 100 N/s. L’accelerazione sar`a:

a = −µ_D

m (bt + mg) (4)

L’istante in cui la cassa si ferma corrisponde al momento in cui la sua velocit`a si annulla. Se indichiamo con τ questo istante, avremo:

v(τ ) = 0 (5)

D’altro canto, per un istante di tempo generico la velocit`a potr`a essere ricavata integrando l’accelerazione, secondo:

v(t) = v0+ Z t

0

a(t)dt (6)

Ma allora per t = τ avremo:

v(τ ) = v0+ Z τ

0

a(t)dt = 0 (7)

Sostituendo l’espressione di a(t) ricavata prima avremo:

v(τ ) = v₀−µ_D m b

Z τ 0

tdt − µ_Dg Z τ

0

dt

= v0−µD

m b1

2τ²− µ_Dgτ = 0

(8)

Da cui ricaviamo un’equazione di secondo grado in τ :

µDbτ²+ 2mµDgτ − 2mv0= 0 (9)

La cui unica soluzione accettabile `e:

τ = −mu_Dmg +p(µ_Dmg)²+ 2µDbmv0

µ_Db = 1.01 s (10)

Lo spazio percorso dalla cassa fino all’istante τ sar`a allora dato da:

d = Z _τ

0

v(t)dt = µ_D 2mb1

3τ³− µ_Dg1

2τ²+ v0τ = 1.69 m (11)

1

Nel secondo caso l’accelerazione sar`a invece data da:

a = −µD

m (cx + mg) (12)

Dal teorema delle forze vive ricaviamo che il lavoro compiuto dalla forza d’attrito equivale alla variazione di energia cinetica della cassa; poich´e alla fine l’energia cinetica `e nulla, avremo semplicemente:

L_attrito= 1

2mv²₀ (13)

dove:

L_attrito= − Z d

0

µ_D(cx + mg)dx = −µ_Dcd²

2 − µ_Dmgd (14)

essendo d lo spazio percorso dalla cassa prima di fermarsi. Avremo allora:

µDcd²

2 + µDmgd −1

2mv₀² = 0 (15)

Da cui ricaviamo:

d = −mu_Dmg +p(µ_Dmg)²+ µ_Dcmv²₀

µ_Dc = 2.03 m (16)

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Soluzione Esercizio 2

Poich´e l’attrito tra il carrello e il binario `e trascurabile, la risultante delle forze esterne agenti sul sistema carrello-persona `e nulla lungo la componente parallela alle rotaie; in questa direzione, quindi, la quantit`a di moto totale del sistema si conserva. Se indichiamo con V e v le velocit`a del carrello e della persona dopo che quest’ultima ha effettuato il salto, avremo:

(M + m)V₀= M V + mv (17)

La velocit`a della persona dopo il salto (v) sar`a legata a quella della persona rispetto al carrello (u ) dalla relazione:

u = V − v (18)

Ma allora dalla conservazione della quantit`a di moto possiamo ricavare:

V = V0+ m

M + mu = 21m/s (19)

essendo V₀ = 72 km/h = 16 m/s. Inoltre:

v = V0− M

M + mu (20)

Per ricavare il lavoro compiuto dalla persona possiamo applicare il teorema delle forze vive valutando la variazione di energia cinetica del sistema prima e dopo il salto:

L = 1

2M V²+1

2mv²−1

2(M + m)V₀² = 500J (21)

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Soluzione Esercizio 3

Possiamo rappresentare graficamente il ciclo nel seguente modo:

Per calcolare il volume VC basta considerare la trasformazione adiabatica BC:

T_BV_B^γ−1 = T_CV_C^γ−1 (22)

Da cui ricaviamo:

V_C = V_B T_B T_A

_γ−1¹

= V_A 1 2

_γ−1¹

= 2.82 litri (23)

Il rendimento del ciclo sar`a invece dato da:

η = 1 − |Q_ceduto|

Q_assorbito (24)

Calcoliamo quindi il calore scambiato durante le trasformazioni AB e CA (la trasformazione BC, infatti,

`

e un’adiabatica). Per l’isocora avremo:

Q_AB = ∆U_AB = nc_V(T_B− T_A) = −7229.7 J (25) Mentre per l’isoterma:

Q_CA = L_CA = Z A

C

pdV = nRT_Aln VA

V_C



= 10051 J (26)

Il rendimento sar`a quindi:

η = 0.28 (27)

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