`e vincolato al piano di appoggio (vedi figura); la molla `e inizialmente a riposo ed il suo estremo sinistro si trova ad una distanza d = 80.0 cm dalla posizione iniziale del corpo 2.

Universit` a degli Studi di Udine, Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica Esami di FISICA I (9 CFU) e Fisica Generale 1 (12 CFU)

A.A. 2018/2019, Sessione di Giugno/Luglio, Secondo Appello, 16 Luglio 2019, Prova scritta

TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI

PROBLEMA A1 Come indicato in figura i corpi 1, di massa m 1 = m = 1.50 kg, e 2, di massa m 2 = 2m si trovano su uno stesso piano orizzontale. Ad un certo istante il corpo 1 viene lanciato con velocit` a iniziale v <sup>0</sup> = 6.0 m/s verso il corpo 2, inizialmente in quiete; l’urto tra i due ` e perfettamente elastico. A destra del corpo 2 vi `e una molla ideale (di massa trascurabile) di costante elastica k = 300 N/m il cui estremo destro

`e vincolato al piano di appoggio (vedi figura); la molla `e inizialmente a riposo ed il suo estremo sinistro si trova ad una distanza d = 80.0 cm dalla posizione iniziale del corpo 2.

Sapendo che il piano di appoggio `e liscio (attrito trascurabile) e trattando i due corpi come puntiformi, deter- minare:

a) le velocit` a v ¹ e v ² dei due corpi subito dopo l’urto (specificandone anche il segno);

b) la massima compressione ∆ℓ della molla;

c) dire se dopo l’urto menzionato i corpi 1 e 2 si incontrano di nuovo e, nel caso, determinare l’intervallo di tempo ∆t tra il primo e il secondo urto.

1 2

d

~v~v~v ⁰

Soluzione Il corpo 1 raggiunge il corpo 2 con velocit` a v 0 . Nell’urto elastico con il corpo 2 si conservano sia la quantit` a di moto che l’energia cinetica; possiamo quindi scrivere le seguenti:

 m ¹ v ⁰ = m ¹ v ¹ + m ² v ² m ¹ v ² 0 = m ¹ v 1 ² + m ² v ² 2

⇒

 m ¹ (v ⁰ − v ¹ ) = m ² v ² m ¹ (v ² 0 − v ² 1 ) = m ² v ² 2

(∗) Tenendo presente che ´e v ² 0 − v ² 1 = (v ⁰ + v ¹ )(v ⁰ − v ¹ ) e dividendo membro a membro le equazioni di destra si ottiene la seguente

v ⁰ + v ¹ = v ² . Sostituendo questa nella prima equazione delle (∗) a sinistra si ricava

m ¹ v ⁰ = m ¹ v ¹ + m ² v ⁰ + m ² v ¹ ⇒ v ¹ = m ¹ − m ²

m ¹ + m ² v ⁰ = m − 2m

m + 2m v ⁰ = − 1

3 v ⁰ = −2.00 m/s.

Conseguentemente si ha

v ² = v ⁰ + v ¹ = v ⁰ − 1 3 v ⁰ = 2

3 v ⁰ = 4.00 m/s.

Quindi, il corpo 1 torna indietro con velocit` a v 1 = − <sup>1</sup> <sub>3</sub> v 0 . Invece, il corpo 2 procede verso la molla con velocit` a v 1

2

3 percorrendo il tratto di lunghezza d in un tempo t ¹ = d

v 2

= 3d 2v 0

= 0.200 s.

Quindi incontra la molla che dopo aver ridotto la sua velocit` a fino ad annullarsi, lo rilancer`a indietro con una velocit` a speculare a quella con il quale esso `e arrivato. Questo `e frutto della conservazione dell’energia meccanica tramite la quale possiamo determinare la massima compressione ∆ℓ come segue

1

2 m 2 v 2 ² = 1

2 k∆ℓ ² ⇒ ∆ℓ =

r m ² v ² 2

k =

r 8mv 0 ²

9k = 40.0 cm.

Si noti che durante la compressione e il successivo riallungamento della molla, il moto del corpo `e assolutamente identico a quello che esso avrebbe avuto nella prima met`a dell’oscillazione che si sarebbe ottenuta nel caso in cui esso fosse rimasto agganciato alla molla! Questa considerazione ci deve far capire che il tempo che intercorre tra l’inizio e la fine della compressione della molla `e pari alla met`a del periodo della suddetta oscillazione; e cio`e pari a

t ² = T 2 = 1

2 2π

ω = π r m ²

k = π r 2m

k = 0.314 s.

Successivamente, il corpo 2 ripercorre a ritroso il tratto di lunghezza d che lo separava inizialmente dalla molla con la stessa velocit` a (in modulo) di prima; ovviamente impiegher` a lo stesso tempo di prima, t ¹ , a coprire tale distanza.

Riassumendo: dopo un tempo ∆t = 2t ¹ + t ² il corpo 2 si ritrova nella posizione iniziale con velocit` a − <sup>2</sup> 3 v <sup>0</sup> ; nello stesso istante il corpo 1, che viaggia alla velocit` a − ¹ 3 v ⁰ , si trova ad una distanza

d ¹ = 1

3 v ⁰ (2t ¹ + t ² ) alla sinistra del corpo 2.

Considerando un asse x diretto verso destra con origine nella posizione attuale del corpo 2 (identica a quella iniziale) e iniziando a misurare il tempo da tale istante, le equazioni orarie dei corpi sono le seguenti







x ¹ (t) = −d ¹ − ¹ ₃ v ⁰ t x 2 (t) = − ² ₃ v 0 t Conseguentemente, i due corpi si incontreranno di nuovo quando

x ¹ (t ^∗ ) = x ² (t ^∗ ) ⇒ − d ¹ − 1

3 v ⁰ t ^∗ = − 2

3 v ⁰ t ^∗ → d ¹ = 1

3 v ⁰ t ^∗ ⇒ t ^∗ = 3d 1

v ⁰ = 2t ¹ + t ² = 0.714 s.

Tenendo conto del tempo in cui il corpo 2 `e andato avanti e indietro, l’intervallo di tempo tra i due urti `e quindi

∆t = 2(2t ¹ + t ² ) = 1.43 s.

PROBLEMA A2 Come si vede dalla figura su uno stesso piano inclinato abbiamo un corpo di massa m = 10.0 kg e un cilindro omogeneo di raggio R e massa M = 8.00 kg. Il centro di massa del cilindro `e collegato al corpo di massa m tramite una corda ideale (inestensibile e di massa trascurabile). L’attrito tra il corpo di massa m e il pia- no inclinato `e caratterizzato dai coefficienti µ s = 0.600 e µ k = 0.400. Invece per il cilindro, supporre che esso non scivoli mai rispetto al piano inclinato, indipendentemente dal valore dell’angolo θ e dal fatto che sia in quiete o in moto.

θ R M m

b

Supponendo i corpi inizialmente in quiete, determinare:

a) l’angolo massimo, θ ⁰ , entro cui il sistema rimane in equilibrio statico.

Ponendo l’angolo di inclinazione a θ ¹ = θ ⁰ + 10 ^◦ , il sistema non sar`a pi` u in equilibrio e quindi i due corpi scenderanno lungo il piano inclinato. Determinare:

b) l’accelerazione del centro di massa del cilindro;

c) la tensione della corda.

Infine, sempre nel caso con θ = θ ¹ ,

d) spiegare cosa sarebbe successo se fosse stato µ k = 0.

[Trattare il corpo di massa m come un corpo puntiforme]

Soluzione Prima di tutto occupiamoci dell’equilibrio. Qui di seguito riportiamo il diagramma delle forze ¹ , dove

θ M R m

b

f~ ~ f~ f s,m

N ~ ~ N N ~

m~g~g ~g

M~g~g~g T~ ~

T~

T

T~ ~ T~ T ^′

b

f~ f~ f ~ s,cil

le due forze ~ T~ T~ T e ~ T~ T~ T ^′ determinate dalla tensione della corda hanno modulo identico pari a T . Per il corpo di massa m facciamo appello alla 2 ^a legge della dinamica in forma lineare; per il cilindro invece facciamo appello alla 2 ^a legge della dinamica in forma angolare appli- candola all’asse passante per il suo punto in contatto con il piano inclinato. Considerando quindi un asse x parallelo al piano inclinato e diretto verso il basso e un asse y perpendicolare al piano stesso, otteniamo le seguenti

(m)

 0 = T + mg sin θ − f s

0 = N − mg cos θ (cilindro) 0 = RM g sin θ − RT

1

Si noti che, dato che non pu` o scivolare, per il cilindro non si ` e indicata la reazione normale del piano; infatti, con questa

condizione, non ci sar` a bisogno di valutare la reazione normale al fine di controllare che la massima ampiezza della forza di attrito

statico agente sul cilindro sia sufficientemente grande.

dalle quali si ricava

T = M g sin θ ⇒ f s = T + mg sin θ = (M + m)g sin θ.

Conseguentemente, essendo

f s ≤ µ s N = µ s mg cos θ, per l’equilibrio statico del sistema otteniamo la seguente condizione

(M + m)g sin θ ≤ µ s mg cos θ ⇒ tan θ ≤ µ s m M + m . Da questa si ricava che l’angolo entro il quale il sistema rimane in equilibrio `e

θ ⁰ = arctan

 µ s m M + m



= 18.4 ^◦ .

Come gi` a detto nel testo del problema, fissando θ = θ <sup>1</sup> = θ <sup>0</sup> + 10 <sup>◦</sup> = 28.4 <sup>◦</sup> , il sistema non sar`a pi` u in equilibrio e i due corpi scenderanno lungo il piano inclinato. Utilizzando il diagramma delle forze gi`a visto (dove ora indichiamo la forza di attrito su m come ~ f~ f~ f k ), l’applicazione della 2 ^a legge della dinamica nelle forme lineare (a m) e angolare (al cilindro) porta alle seguenti:

(m)

 ma = T + mg sin θ ¹ − f k

0 = N − mg cos θ ¹ (cilindro) I P α = RM g sin θ − RT

dove I P = ³ 2 M R ² `e il momento d’inerzia del cilindro rispetto all’asse passante per il punto di istantaneo contatto con il piano, mentre a e α sono le accelerazioni lineare del corpo di massa m e angolare del cilindro. Tenendo presente che a coincide con l’accelerazione del centro di massa del cilindro ed essendo il moto del cilindro di puro rotolamento, abbiamo che α = a/R e quindi dall’equazione a destra si ricava

I P α = RM g sin θ ¹ − RT ⇒ T = M g sin θ ¹ − 3 2 M a.

Sostituendo nelle prima delle equazioni di sinistra e tenendo presente che `e f k = µ k N = µ k mg cos θ ¹ , otteniamo ma = M g sin θ ¹ − 3

2 M a + mg sin θ ¹ − µ k mg cos θ ¹ ⇒

 m + 3

2 M



a = (M + m)g sin θ ¹ − µ k mg cos θ ¹ , dalla quale si sicava

a = 2(M + m) sin θ ¹ − 2µ k m cos θ ¹

2m + 3M · g = 2.25 m/s ² . Sostituendo questa nell’espressione di T si ha (dopo qualche passaggio)

T = M g sin θ ¹ − 3

2 M a = mM g(3µ k cos θ ¹ − sin θ ¹ )

2m + 3M = 10.3 N.

Per rispondere all’ultima domanda possiamo procedere in vari modi. Se µ k si annullasse, non ci sarebbe nessuna forza di attrito che possa ridurre l’accelerazione del corpo di massa m rispetto a quella che esso avrebbe scivolando liberamente; in tali condizioni il corpo (da solo) scivolerebbe gi` u con un’accelerazione pari a g sin θ 1 . Al contrario, un cilindro omogeneo, da solo, rotolerebbe gi` u con un’accelerazione (del centro di massa) pari a ² ₃ g sin θ minore di quella del corpo. Questo fatto ci deve far capire che azzerando l’attrito dinamico, il corpo di massa m prenderebbe a scivolare con un accelerazione maggiore di quella del cilindro; conseguentemente, la corda si allenterebbe e in poche battute il corpo raggiungerebbe il cilindro!

Quest’ultimo fatto si capisce anche analizzando l’espressione di T ottenuta sopra. In effetti, da questa si vede che se fosse

µ k < sin θ ¹ 3 cos θ ¹ = 1

3 tan θ ¹ = 0.180,

l’espressione darebbe un valore di T nullo o negativo. Ovviamente questo st` a a significare che al di sotto di quel valore di µ s la corda non sarebbe pi` u tesa e la ragione `e che il corpo di massa m sta scivolando con un’accelerazione maggiore di quella del cilindro!

PROBLEMA A3 Un recipiente, con pareti adiabatiche, `e formato da due cilindri uguali, A e B, di sezione

S = 5.00 dm ² e altezza h = 90.0 cm, disposti verticalmente e collegati tra loro alla base (vedi figura). Nel

recipiente si trova un fluido incomprimibile, con massa volumica ρ = 13.6 · 10 ³ kg/m ³ , termicamente isolante

e di capacit`a termica trascurabile; inoltre, nella parte superiore dei cilindri sono intrappolate rispettivamen-

te n A moli di gas ideale monoatomico e n B moli di gas biatomico. Inizialmente (come indicato in figura)

h/3

h/2 h

A B

il livello del fluido nel recipiente B eccede quello in A di h/3, la pressione del gas in A `e p A,i = 0.700 atm e la temperatura dei gas in A e B `e la stessa T A,i = T B,i = T i = 200 K.

Determinare:

a) n A e n B .

Successivamente, al gas in B, viene fornita reversibilmente una quantit` a di calore Q (ad esempio tramite una resistenza elettrica di capacit`a termica trascurabile) in modo che, alla fine, il fluido incomprimibile raggiunga lo stesso livello nei due cilindri (h f = h/2). Determinare:

b) la pressione finale del gas in A, p A,f ;

c) le temperature finali dei gas in A e B, T A,f e T B,f ; d) la quantit` a di calore Q fornita al gas in B.

Soluzione ` E molto semplice mostrare che nello stato iniziale i volumi dei due gas sono ² V A,i = 2

3 Sh = 3.00 · 10 ⁻² m ³ ; V B,i = 1

3 Sh = 1.50 · 10 ⁻² m ³ , mentre la pressione del gas in B si ottiene attraverso la legge di Stevino come segue

p A,i = p B

+ ρg h

3 ⇒ p B,i = p A,i − 1

3 ρgh = 3.09 · 10 ⁴ Pa = 0.305 atm.

Perci` o le quantit` a di gas nei due cilindri sono n A = p A,i V A,i

RT i

= 1.28 mol; n B = p B,i V B,i

RT i

= 0.278 mol.

A causa del calore Q ricevuto, il gas nel cilindro B si espande; nel frattempo il gas in A si comprime e dato che non scambia calore (essendo adiabatici sia le pareti del recipiente che il liquido) tale trasformazione `e adiabatica.

Inoltre, il tutto avviene lentamente (dato che Q `e fornito reversibilmente) e quindi la trasformazione `e anche reversibile. Pertanto, per il gas in A potremo scrivere

p A,f V _A,f ^γ = p A,i V _A,i ^γ ⇒ p A,f =  V A,i

V A,f

 γ

p A,i =  4 3

 ⁵ /3

p A,i = 1.615 · p A,i = 1.14 · 10 ⁵ Pa = 1.13 atm, dove si `e fatto uso del fatto che essendo il gas monoatomico `e γ = c p /c V = 5/3. Per la temperatura finale del gas abbiamo

T A,f V _A,f ^γ−1 = T A,i V _A,i ^γ−1 ⇒ T A,f =  V A,i

V A,f

 γ−1

T i =  4 3

 ² /3

T i = 1.211 · T i = 242 K.

Nello stato finale il liquido ha lo stesso livello nei due cilindri: la pressione finale del gas in B `e uguale a quella del gas in A. Conseguentemente, essendo V B,f = Sh/2 = 2.25 · 10 <sup>−2</sup> m <sup>3</sup> , la temperatura finale del gas in B sar`a

T B,f = p B,f V B,f

n B R = p A,f V B,f

n B R = 1.11 · 10 ³ K.

Per calcolare Q dobbiamo ragionare. Si noti che il lavoro fatto dai due gas `e pari al lavoro delle forze (di pressione) che essi esercitano sulle due superfici del liquido; tale lavoro `e quindi pari anche al lavoro delle forze di pressione che agiscono sul liquido mentre si equilibrano i livelli nei due cilindri. Sul liquido agiscono anche le forze di gravit`a, ma si noti che il loro lavoro `e complessivamente nullo (il guadagno di energia potenziale gravitazionale nel cilindro A `e bilanciato da un’uguale riduzione nel cilindro B).

2

In effetti, dato che successivamente entrambi i livelli del liquido si portano alla quota h/2, si capisce che nello stato iniziale i dislivelli dello stesso in A e B rispetto ad h/2 dovranno essere in modulo uguali. Cio` e, per le altezze delle porzioni dei cilindri occupate dai gas, dovr` a essere

h

= h

2 + ∆h; e h

= h

2 − ∆h; con ∆h = 1 2 ·

h 3 = h

6 . Da queste si ottiene immediatamente

h

= h 2 + h

6 = 2

3 h; h

= h 2 −

h 6 = 1

3 h.

Durante la trasformazione il liquido passa tra due stati (iniziale e finale) in cui esso era in equilibrio meccanico e quindi in quiete; conseguentemente, la variazione di energia cinetica del liquido `e nulla! Da ci`o possiamo concludere che, per il teorema dell’energia cinetica, il lavoro di tutte le forze (gravitazionali e di pressione) agenti sul liquido deve essere nullo; per quanto detto sopra, `e quindi nullo anche il lavoro L compiuto dai due gas in A e B. Perci`o, dalla 1 ^a legge della termodinamica, si ricava

Q = ∆E int + L = ∆E int = ∆E int,A + ∆E int,B =

= n A c V,A ∆T A + n B c V,B ∆T B = R  3

2 n A (T A,f − T i ) + 5

2 n B (T B,f − T i )



= 2.49 · 10 ³ J.

PROBLEMA B1 Come indicato in figura i corpi 1, di massa m 1 = 2m, e 2, di massa m 2 = 3m, con m = 2.00 kg, si trovano su uno stesso piano orizzontale. Ad un certo istante il corpo 1 viene lanciato con velocit` a iniziale v <sup>0</sup> = 8.00 m/s verso il corpo 2, inizialmente in quiete; l’urto tra i due ` e perfettamente elastico. A destra del corpo 2 vi `e una molla ideale (di massa trascurabile) di costante elastica k = 700 N/m il cui estremo destro

`e vincolato al piano di appoggio (vedi figura); la molla `e inizialmente a riposo ed il suo estremo sinistro si trova ad una distanza d = 100 cm dalla posizione iniziale del corpo 2.

Sapendo che il piano di appoggio `e liscio (attrito trascurabile) e trattando i due corpi come puntiformi, deter- minare:

a) le velocit` a v ¹ e v ² dei due corpi subito dopo l’urto (specificandone anche il segno);

b) la massima compressione ∆ℓ della molla;

c) dire se dopo l’urto menzionato i corpi 1 e 2 si incontrano di nuovo e, nel caso, determinare l’intervallo di tempo ∆t tra il primo e il secondo urto.

1 2

d

~v~v~v ⁰

Soluzione Il corpo 1 raggiunge il corpo 2 con velocit` a v <sup>0</sup> . Nell’urto elastico con il corpo 2 si conservano sia la quantit` a di moto che l’energia cinetica; possiamo quindi scrivere le seguenti:

 m 1 v 0 = m 1 v 1 + m 2 v 2

m 1 v ² 0 = m 1 v 1 ² + m 2 v ² 2

⇒

 m 1 (v 0 − v 1 ) = m 2 v 2

m 1 (v ² 0 − v ² 1 ) = m 2 v ² 2

(∗)

Tenendo presente che ´e v ² 0 − v ² 1 = (v ⁰ + v ¹ )(v ⁰ − v ¹ ) e dividendo membro a membro le equazioni di destra si ottiene la seguente

v ⁰ + v ¹ = v ² . Sostituendo questa nella prima equazione delle (∗) a sinistra si ricava

m 1 v 0 = m 1 v 1 + m 2 v 0 + m 2 v 1 ⇒ v 1 = m 1 − m 2

m ¹ + m ² v 0 = 2m − 3m

2m + 3m v 0 = − 1

5 v 0 = −1.60 m/s.

Conseguentemente si ha

v ² = v ⁰ + v ¹ = v ⁰ − 1 5 v ⁰ = 4

5 v ⁰ = 6.40 m/s.

Quindi, il corpo 1 torna indietro con velocit` a v <sup>1</sup> = − <sup>1</sup> 5 v <sup>0</sup> . Invece, il corpo 2 procede verso la molla con velocit` a v ² = ⁴ 5 v ⁰ percorrendo il tratto di lunghezza d in un tempo

t ¹ = d v ² = 5d

4v ⁰ = 0.156 s.

Quindi incontra la molla che dopo aver ridotto la sua velocit` a fino ad annullarsi, lo rilancer`a indietro con una velocit` a speculare a quella con il quale esso `e arrivato. Questo `e frutto della conservazione dell’energia meccanica tramite la quale possiamo determinare la massima compressione ∆ℓ come segue

1

2 m ² v ² 2 = 1

2 k∆ℓ ² ⇒ ∆ℓ =

r m ² v 2 ²

k =

r 48mv 0 ²

25k = 59.2 cm.

Si noti che durante la compressione e il successivo riallungamento della molla, il moto del corpo `e assolutamente

identico a quello che esso avrebbe avuto nella prima met`a dell’oscillazione che si sarebbe ottenuta nel caso in

cui esso fosse rimasto agganciato alla molla! Questa considerazione ci deve far capire che il tempo che intercorre tra l’inizio e la fine della compressione della molla `e pari alla met`a del periodo della suddetta oscillazione; e cio`e pari a

t ² = T 2 = 1

2 2π

ω = π r m ²

k = π r 3m

k = 0.291 s.

Successivamente, il corpo 2 ripercorre a ritroso il tratto di lunghezza d che lo separava inizialmente dalla molla con la stessa velocit` a (in modulo) di prima; ovviamente impiegher` a lo stesso tempo di prima, t ¹ , a coprire tale distanza.

Riassumendo: dopo un tempo 2t ¹ + t ² il corpo 2 si ritrova nella posizione iniziale con velocit` a − <sup>4</sup> 5 v <sup>0</sup> ; nello stesso istante il corpo 1, che viaggia alla velocit` a − ¹ 5 v ⁰ , si trova ad una distanza

d ¹ = 1

5 v ⁰ (2t ¹ + t ² ) alla sinistra del corpo 2.

Considerando un asse x diretto verso destra con origine nella posizione attuale del corpo 2 (identica a quella iniziale) e iniziando a misurare il tempo da tale istante, le equazioni orarie dei corpi sono le seguenti







x ¹ (t) = −d ¹ − ¹ ₅ v ⁰ t x ² (t) = − ⁴ 5 v ⁰ t Conseguentemente, i due corpi si incontreranno di nuovo quando x ¹ (t ^∗ ) = x ² (t ^∗ ) ⇒ −d ¹ − 1

5 v ⁰ t ^∗ = − 4

5 v ⁰ t ^∗ → d ¹ = 3

5 v ⁰ t ^∗ ⇒ t ^∗ = 5d ¹ 3v ⁰ = 1

3 (2t ¹ + t ² ) = 0.201 s.

Tenendo conto del tempo in cui il corpo 2 `e andato avanti e indietro, l’intervallo di tempo tra i due urti `e quindi

∆t = 4

3 (2t 1 + t 2 ) = 0.804 s.

PROBLEMA B2 Come si vede dalla figura su uno stesso piano inclinato abbiamo un corpo di massa m = 15.0 kg e un cilindro omogeneo di raggio R e massa M = 12.00 kg. Il centro di massa del cilindro `e collegato al corpo di massa m tramite una corda ideale (inestensibile e di massa trascurabile). L’attrito tra il corpo di massa m e il piano inclinato `e caratterizzato dai coefficienti µ s = 0.500 e µ k = 0.350. Invece per il cilindro, supporre che esso non scivoli mai rispetto al piano inclinato, indipendentemente dal valore dell’angolo θ e dal fatto che sia in quiete o in moto.

θ R M m

b

Supponendo i corpi inizialmente in quiete, determinare:

a) l’angolo massimo, θ 0 , entro cui il sistema rimane in equilibrio statico.

Ponendo l’angolo di inclinazione a θ 1 = θ 0 + 8 ^◦ , il sistema non sar`a pi` u in equilibrio e quindi i due corpi scenderanno lungo il piano inclinato. Determinare:

b) l’accelerazione del centro di massa del cilindro;

c) la tensione della corda.

Infine, sempre nel caso con θ = θ 1 ,

d) spiegare cosa sarebbe successo se fosse stato µ k = 0.

[Trattare il corpo di massa m come un corpo puntiforme]

Soluzione Prima di tutto occupiamoci dell’equilibrio. Qui di seguito riportiamo il diagramma delle forze ³ , dove

θ M R m

b

f~ ~ f~

f s,m

N ~ ~ N N ~

m~g~g ~g

M~g~g~g T~ ~

T~

T

T~ ~ T~

T ^′

b

f~ f~ f ~ s,cil

le due forze ~ T~ T~ T e ~ T~ T~ T ^′ determinate dalla tensione della corda hanno modulo identico pari a T . Per il corpo di massa m facciamo appello alla 2 ^a legge della dinamica in forma lineare; per il cilindro invece facciamo appello alla 2 ^a legge della dinamica in forma angolare appli- candola all’asse passante per il suo punto in contatto con il piano inclinato. Considerando quindi un asse x

3

Si noti che, dato che non pu` o scivolare, per il cilindro non si ` e indicata la reazione normale del piano; infatti, con questa

condizione, non ci sar` a bisogno di valutare la reazione normale al fine di controllare che la massima ampiezza della forza di attrito

statico agente sul cilindro sia sufficientemente grande.

parallelo al piano inclinato e diretto verso il basso e un asse y perpendicolare al piano stesso, otteniamo le seguenti

(m)

 0 = T + mg sin θ − f s

0 = N − mg cos θ (cilindro) 0 = RM g sin θ − RT dalle quali si ricava

T = M g sin θ ⇒ f s = T + mg sin θ = (M + m)g sin θ.

Conseguentemente, essendo

f s ≤ µ s N = µ s mg cos θ, per l’equilibrio statico del sistema otteniamo la seguente condizione

(M + m)g sin θ ≤ µ s mg cos θ ⇒ tan θ ≤ µ s m M + m . Da questa si ricava che l’angolo entro il quale il sistema rimane in equilibrio `e

θ ⁰ = arctan

 µ s m M + m



= 15.5 ^◦ .

Come gi` a detto nel testo del problema, fissando θ = θ <sup>1</sup> = θ <sup>0</sup> + 8 <sup>◦</sup> = 23.5 <sup>◦</sup> , il sistema non sar`a pi` u in equilibrio e i due corpi scenderanno lungo il piano inclinato. Utilizzando il diagramma delle forze gi`a visto (dove ora indichiamo la forza di attrito su m come ~ f~ f~ f k ), l’applicazione della 2 ^a legge della dinamica nelle forme lineare (a m) e angolare (al cilindro) porta alle seguenti:

(m)

 ma = T + mg sin θ ¹ − f k

0 = N − mg cos θ ¹ (cilindro) I P α = RM g sin θ − RT

dove I P = ³ 2 M R ² `e il momento d’inerzia del cilindro rispetto all’asse passante per il punto di istantaneo contatto con il piano, mentre a e α sono le accelerazioni lineare del corpo di massa m e angolare del cilindro. Tenendo presente che a coincide con l’accelerazione del centro di massa del cilindro ed essendo il moto del cilindro di puro rotolamento, abbiamo che α = a/R e quindi dall’equazione a destra si ricava

I P α = RM g sin θ ¹ − RT ⇒ T = M g sin θ ¹ − 3 2 M a.

Sostituendo nelle prima delle equazioni di sinistra e tenendo presente che `e f k = µ k N = µ k mg cos θ ¹ , otteniamo ma = M g sin θ ¹ − 3

2 M a + mg sin θ ¹ − µ k mg cos θ ¹ ⇒

 m + 3

2 M



a = (M + m)g sin θ ¹ − µ k mg cos θ ¹ , dalla quale si sicava

a = 2(M + m) sin θ 1 − 2µ k m cos θ 1

2m + 3M · g = 1.77 m/s ² . Sostituendo questa nell’espressione di T si ha (dopo qualche passaggio)

T = M g sin θ ¹ − 3

2 M a = mM g(3µ k cos θ ¹ − sin θ ¹ )

2m + 3M = 15.1 N.

Per rispondere all’ultima domanda possiamo procedere in vari modi. Se µ k si annullasse, non ci sarebbe nessuna forza di attrito che possa ridurre l’accelerazione del corpo di massa m rispetto a quella che esso avrebbe scivolando liberamente; in tali condizioni il corpo (da solo) scivolerebbe gi` u con un’accelerazione pari a g sin θ 1 . Al contrario, un cilindro omogeneo, da solo, rotolerebbe gi` u con un’accelerazione (del centro di massa) pari a ² ₃ g sin θ minore di quella del corpo. Questo fatto ci deve far capire che azzerando l’attrito dinamico, il corpo di massa m prenderebbe a scivolare con un accelerazione maggiore di quella del cilindro; conseguentemente, la corda si allenterebbe e in poche battute il corpo raggiungerebbe il cilindro!

Quest’ultimo fatto si capisce anche analizzando l’espressione di T . In effetti, da questa si vede che se fosse µ k < sin θ ¹

3 cos θ ¹ = 1

3 tan θ ¹ = 0.145,

l’espressione darebbe un valore di T nullo o negativo. Ovviamente questo st` a a significare che al di sotto di quel valore di µ s la corda non sarebbe pi` u tesa e la ragione `e che il corpo di massa m sta scivolando con un’accelerazione maggiore di quella del cilindro!

PROBLEMA B3 Un recipiente, con pareti adiabatiche, `e formato da due cilindri uguali, A e B, di sezione S = 10.0 dm <sup>2</sup> e altezza h = 120 cm, disposti verticalmente e collegati tra loro alla base (vedi figura). Nel recipiente si trova un fluido incomprimibile, con massa volumica ρ = 13.6 · 10 <sup>3</sup> kg/m <sup>3</sup> , termicamente isolante e di capacit`a termica trascurabile; inoltre, nella parte superiore dei cilindri sono intrappolate rispettivamen- te n A moli di gas ideale monoatomico e n B moli di gas biatomico. Inizialmente (come indicato in figura)

h/3

h/2 h

A B

il livello del fluido nel recipiente A eccede quello in B di h/3, la pressione del gas in B `e p B,i = 0.600 atm e la temperatura dei gas in A e B `e la stessa T A,i = T B,i = T i = 150 K.

Determinare:

a) n A e n B .

Successivamente, al gas in A, viene fornita reversibilmente una quantit` a di calore Q (ad esempio tramite una resisten- za elettrica) in modo che, alla fine, il fluido incomprimibi- le raggiunga lo stesso livello nei due cilindri (h f = h/2).

Determinare:

b) la pressione finale del gas in B, p B,f ;

c) le temperature finali dei gas in A e B, T A,f e T B,f ; d) la quantit` a di calore Q fornita al gas in A.

Soluzione ` E molto semplice mostrare che nello stato iniziale i volumi dei due gas sono ⁴ V A,i = 1

3 Sh = 4.00 · 10 ⁻² m ³ ; V B

= 2

3 Sh = 8.00 · 10 ⁻² m ³ , mentre la pressione del gas in B si ottiene attraverso la legge di Stevino come segue

p B,i = p A,i + ρg h

3 ⇒ p A,i = p B,i − 1

3 ρgh = 7.41 · 10 ³ Pa = 0.0732 atm.

Perci`o le quantit` a di gas nei due cilindri sono n A = p A,i V A,i

RT i = 0.238 mol; n B = p B,i V B,i

RT i = 3.90 mol.

A causa del calore Q ricevuto, il gas nel cilindro A si espande; nel frattempo il gas in B viene compresso e dato che non scambia calore (essendo adiabatici sia le pareti del recipiente che il liquido) tale trasformazione `e adiabatica. Inoltre, il tutto avviene lentamente (dato che Q `e fornito reversibilmente) e quindi la trasformazione

`e anche reversibile. Pertanto, per il gas in B potremo scrivere p B,f V _B,f ^γ = p B,i V _B,i ^γ ⇒ p B,f =  V B,i

V B,f

 γ

p B,i =  4 3

 ⁷ /5

p B,i = 1.496 · p B,i = 9.09 · 10 ⁴ Pa = 0.897 atm, dove si `e fatto uso del fatto che essendo il gas biatomico `e γ = c p,B /c V,B = 7/5. Per la temperatura finale del gas abbiamo

T B,f V _B,f ^γ−1 = T B,i V _B,i ^γ−1 ⇒ T B,f =  V B,i

V B,f

 γ−1

T i =  4 3

 ² /5

T i = 1.122 · T i = 168 K.

Nello stato finale il liquido ha lo stesso livello nei due cilindri: la pressione finale del gas in A `e uguale a quella del gas in B. Conseguentemente, essendo V A,f = Sh/2 = 6.00 · 10 <sup>−2</sup> m <sup>3</sup> , la temperatura finale del gas in B sar`a

T A,f = p A,f V A,f

n A R = p B,f V A,f

n A R = 2.76 · 10 ³ K.

4

In effetti, dato che successivamente entrambi i livelli del liquido si portano alla quota h/2, si capisce che nello stato iniziale i dislivelli dello stesso in A e B rispetto ad h/2 dovranno essere in modulo uguali. Cio` e, per le altezze delle porzioni dei cilindri occupate dai gas, dovr` a essere

h

= h

2 − ∆h; e h

= h

2 + ∆h; con ∆h = 1 2 ·

h 3 = h

6 . Da queste si ottiene immediatamente

h

= h 2 −

h 6 = 1

3 h; h

= h 2 + h

6 = 2

3 h.

Per calcolare Q dobbiamo ragionare. Si noti che il lavoro fatto dai due gas `e pari al lavoro delle forze (di pressione) che essi esercitano sulle due superfici del liquido; tale lavoro `e quindi pari anche al lavoro delle forze di pressione che agiscono sul liquido mentre si equilibrano i livelli nei due cilindri. Sul liquido agiscono anche le forze di gravit`a, ma si noti che il loro lavoro `e complessivamente nullo (il guadagno di energia potenziale gravitazionale nel cilindro A `e bilanciato da un’uguale riduzione nel cilindro B).

Durante la trasformazione il liquido passa tra due stati (iniziale e finale) in cui esso era in equilibrio meccanico e quindi in quiete; conseguentemente, la variazione di energia cinetica del liquido `e nulla! Da ci`o possiamo concludere che, per il teorema dell’energia cinetica, il lavoro di tutte le forze (gravitazionali e di pressione) agenti sul liquido deve essere nullo; per quanto detto sopra, `e quindi nullo anche il lavoro L compiuto dai due gas in A e B. Perci`o, dalla 1 ^a legge della termodinamica, si ricava

Q = ∆E int + L = ∆E int = ∆E int,A + ∆E int,B =

= n A c V,A ∆T A + n B c V,B ∆T B = R  3

2 n A (T A,f − T i ) + 5

2 n B (T B,f − T i )



= 9.28 · 10 ³ J.