UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI PADOVA Corso di Laurea in Ingegneria Informatica - Gruppo 4 I Appello di Fisica Generale 1 – 17 Giugno 2021

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I Appello di Fisica Generale 1 – 17 Giugno 2021

Cognome _____________________ Nome _________________________ Matricola _______________

Problema 1

Un oggetto di massa m si muove in direzione verticale. Ad altezza h = 20 m dal suolo esplode dividendosi in tre frammenti. I tre frammenti hanno massa rispettivamente m

= 10 kg, m

=2 0 kg e m

= 50 kg, e velocità di modulo v

, v

= 3 m/s e v

= 1 m/s e direzione rispetto all’orizzontale data da q

= 0°, q

= 60° e q

= 30°. Determinare:

1) la velocità del primo frammento immediatamente dopo l’esplosione v

2) la velocità dell’oggetto immediatamente prima dell’esplosione v

3) l’impulso subito dal secondo frammento nell’esplosione i

4) la posizione d’impatto al suolo del primo frammento 𝑥

1-2) Si conserva la quantità di moto in quanto la forza che genera l’esplosione è interna 𝑚𝑣⃗ = 𝑚

𝑣⃗

+ 𝑚

𝑣⃗

+ 𝑚

𝑣⃗

Le componenti x e y della legge sono

( 0 = 𝑚

𝑣

+ 𝑚

𝑣

cos 𝜃

− 𝑚

𝑣

cos 𝜃

𝑚𝑣

= 𝑚

𝑣

sen 𝜃

+ 𝑚

𝑣

sen 𝜃

per cui

𝑣

= 𝑚

𝑣

cos 𝜃

− 𝑚

𝑣

cos 𝜃

𝑚

= 1.33 m/s

e

𝑣

= 𝑚

𝑣

sen 𝜃

+ 𝑚

𝑣

sen 𝜃

𝑚

+ 𝑚

+ 𝑚

= 0.96 m/s

3) Prima dell’esplosione i frammenti si stanno muovendo con la stessa velocità dell’oggetto per cui dal teorema dell’impulso applicato al scecondo frammento

( 𝑖

= 𝑚

𝑣

cos 𝜃

= 30 Ns

𝑖

= 𝑚

𝑣

sen 𝜃

− 𝑚

𝑣

= 32.7 Ns e il modulo dell’impulso è

𝑖

= =𝑖

+ 𝑖

= 44.4 Ns

4) Le componenti x e y della legge orarie del primo frammento dopo l’esplosione sono

? 𝑥 = 𝑣

𝑡 𝑦 = ℎ − 1

2 𝑔𝑡

che valutate al tempo dell’impatto, in cui y = 0, porgono D

𝑥

= 𝑣

𝑡

𝑡

= E 2ℎ 𝑔 per cui la posizione d’impatto è

h

x

y v ₂

v ₁ v ₃

v ₀

3 2

𝑥

= 𝑣

𝑡

= 𝑣

E 2ℎ

𝑔 = 2.69 m

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Problema 2

Un’asta, lunga ℓ = 1.6 m e di massa m = 4 kg, è appoggiata su un piano orizzontale scabro ed è imperniata a distanza 𝑑 = ℓ/4. All’istante 𝑡

= 0 l’asta viene colpita perpendicolarmente sui due estremi da due corpi puntiformi di eguale massa 𝑚

= 200 g con velocità di eguale modulo 𝑣

= 2 m/s ma con direzione opposta. L’urto è perfettamente anelastico. Calcolare

1) la velocità angolare dell’asta immediatamente dopo l’urto 𝜔 2) la velocità del centro di massa del sistema immediatamente dopo l’urto 𝑣

3) il numero di giri fatta dall’asta prima di fermarsi sapendo che l’effetto

globale dell’attrito è un momento meccanico di modulo 𝑀

= 4.08 × 10

Nm N

1) Si conserva il momento angolare rispetto al vincolo 𝑚

𝑣

ℓ

4 − 𝑚

𝑣

3ℓ 4 = 𝐼

𝜔

dove il momento d’inerzia rispetto all’asse passante per O del sistema è cui si ottiene la velocità di uscita 𝐼

= 𝑚ℓ

12 + 𝑚 N ℓ 4 O

"

+ 𝑚

N ℓ 4 O

"

+ 𝑚

N 3ℓ 4 O

"

= 1.81 kgm

per cui

𝜔 = − 𝑚

𝑣

ℓ

2𝐼

= 0.176 rad/s ovvero l’asta ruota in senso orario.

2) La posizione del centro di massa rispetto ad O è 𝑦

= 𝑚

ℓ

4 − 𝑚

3ℓ 4 − 𝑚 ℓ

𝑚 + 2𝑚

4 = −0.4 m e sta ruotando attorno ad O con velocità di modulo

𝑣

= 𝜔𝑦

= 0.07 m/s 3) Applicando il bilancio energetico

− 1

2 𝐼

𝜔

= −𝑀

2𝜋𝑁

per cui si ferma dopo

𝑁 = 𝐼

𝜔

4𝜋𝑀

= 11 giri m

v

O ℓ/4 3ℓ/4

m

v

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Problema 3

Un contenitore di area di base S = 100cm

è diviso orizzontalmente in due parti da un setto diatermico di capacità termica C = 10 J/K. In uno dei due comparti sono contenute n = 2 moli un gas perfetto monoatomico alla pressione p

= 0.3 atm, mentre l'altro contiene solo una molla ideale di massa trascurabile e costante elastica k = 5000 N/m. Le pareti esterne del cilindro sono adiabatiche, ma attraverso una base si fornisce reversibilmente al sistema, tramite un dispositivo non specificato, la quantità di calore Q = 8650 J, prelevandolo da un ambiente a temperatura 𝑇

= 300 K, fino ad ottenere una pressione p

= 0.5 atm del gas. Determinare:

1) il lavoro fatto dal gas nella trasformazione W

2) la variazione di temperatura del gas DT

3) la temperatura iniziale sapendo che

la variazione di entropia del gas è ∆𝑆

= 22.7 J/K 𝑇

1) Il gas è in equilibrio con la molla sia nello stato iniziale che nello stato finale per cui D 𝑝

= 𝑘Δ𝑥

𝑆 𝑝

= 𝑘Δ𝑥

S

⟹ D Δ𝑥

= 𝑝

𝑆

𝑘 = 6.1 cm Δ𝑥

= 𝑝

𝑆

𝑘 = 10.1 cm

Il lavoro fatto dal gas durante la trasformazione è uguale ed opposto al lavoro fatto dalla molla 𝑊 = −𝑊

= −(−Δ𝑈

) = Δ𝑈

= 1

2 𝑘Δ𝑥

− 1

2 𝑘Δ𝑥

= 16.4 J

2) La trasformazione non è canonica, per cui applichiamo il primo principio della termodinamica al sistema composto dal gas e dal setto

𝑄 = 𝑛𝑐

Δ𝑇 + 𝐶Δ𝑇 + 𝑊 ottenendo

Δ𝑇 = 𝑄 − 𝑊

𝑛𝑐

+ 𝐶 = 247 K

3) La variazione dell’entropia dell’universo è nulla essendo la trasformazione reversibile Δ𝑆

= Δ𝑆

+ Δ𝑆

+ ∆𝑆

= Δ𝑆

+ 𝐶 ln 𝑇

𝑇

− 𝑄 𝑇

= 0 da cui possiamo ricavare il rapporto fra le temperature

𝑇

𝑇

= 𝑒

= 1.8466 Pertanto

𝑇

𝑇

= 𝑥 ⇒ 𝑇

+ ∆𝑇

𝑇

= 𝑥 ⇒ 𝑇

= ∆𝑇

𝑥 − 1 = 292 K