Testo e soluzioni della prova scritta di Fisica Generale 1

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Testo e soluzioni della prova scritta di Fisica Generale 1

11 Giugno 2013

ESERCIZIO 1

Due scatole di massa m1 = 6 kg e m2 = 10 kg rispettivamente poggiano su un piano orizzontale liscio e sono collegate tra loro con una fune inestensibile e di massa trascurabile. Un uomo trascina le due scatole applicando una forzaF alla scatola di massa m2. La retta di applicazione della forza forma un angoloϑ = 30^◦con il piano orizzontale (vedi figura).

• Calcolare il valore massimo della forza F che pu`o essere applicata sapendo che la fune si rompe se `e sottoposta a una tensioneT > 60 N (3.5 Punti).

• Nel caso in cui e il coefficiente di attrito tra le scatole e il piano `e pari a µ1 = 0.5 e µ2 = 0.6 per m1 e m2rispettivamente, calcolare il valore della forzaF e dell’accelerazione con cui si muovono le due masse quando la tensione della fune `e pari aT⁰= 40 N (5 Punti).

m

1

m

2

#

martedì 4 giugno 13

SOLUZIONE

Scriviamo le equazioni del moto:

m1a = T

m2a = F cos ϑ − T Sommando le due equazioni si ottiene:

(m1+m2)a = F cos ϑ Si ottiene quindi:

a = F cos ϑ

(m1+m2), T = m1

F cos ϑ

(m1+m2), F = (m1+m2)T m1cosϑ . Il filo si spezza quando la tensione `e massima, ovvero quandoT = TM AX = 60 N:

FM AX =(m1+m2)TM AX

m1cosϑ = 184.8 N.

Nel caso in cui sia presente attrito le equazioni del moto si scrivono:

m1a = T − µ1m1g

m2a = F cos ϑ − T − µ2(m2g − F sin ϑ).

Sommando le due equazioni si ottiene:

(m1+m2)a = F (cos ϑ + µ2sinϑ) − g(µ1m1+µ2m2), quindi

a = F (cos ϑ + µ2sinϑ) − g(µ1m1+µ2m2)

(m1+m2) ,

T = m1

m1+m2

[F (cos ϑ + µ2sinϑ) − m2g(µ2− µ1)],

F = 1

(cosϑ + µ2sinϑ)

m1+m2

m1

T + m2g(µ2− µ1).

1

(2)

Sostituendo aT il valore T⁰ = 40 N si ottiene

F ≈ 99.9 N, a ≈ 1.75 m/s² ESERCIZIO 2

Un cannoncino di massaM = 5 kg spara in orizzontale una biglia di massa m = 0.5 kg. La biglia scivola su una superficie orizzontale scabra con coefficiente di attritoµ = 0.3. Percorso un tratto l1= 4 m la biglia incontra un piano inclinato di ϑ = 30^◦ con uguale coefficiente di attrito e lungol2= 5 m. La biglia sale fino alla sommit`a del piano inclinato dove arriva con velocit`a nulla. Calcolare:

• la velocit`a con cui viene lanciata la biglia (4 Punti) ;

• la velocit`a di rinculo del cannoncino (2.5 Punti);

• il valore minimo del coefficiente di attrito statico del piano inclinato tale che la biglia non riscenda verso il basso (1.5 Punti).

SOLUZIONE

La variazione di energia meccanica `e uguale al lavoro della forza di attrito lungo tutto il percorso. La sommit`a del piano si trova ad un’altezzah = l2sinϑ. Si ha quindi

mgl2sinϑ −1

2mv²= −µmgl1− µmgl2cosϑ, da cui segue

v =p

2µg(l1+l2cosϑ) + 2gl2sinϑ = 9.9 m/s Nello sparo la quantit`a di moto si conserva:

(M + m)v0=mv + M VR

dovev0= 0 è la velocità prima dello sparo eVR è la velocità di rinculo. In modulo:

VR= m

Mv = 0.99 m/s

Il valore massimo del coefficiente di attrito statico si ottiene dalla relazione:

µSg cos ϑ > g sin ϑ ⇒ µS > tan ϑ ≈ 0.58 ESERCIZIO 3

Una pallina di massam = 0.3 kg si muove su un piano orizzontale liscio con una velocità v1= 2 m/s. Ad un certo istante urta una seconda pallina di massam2= 0.2 kg in quiete. La seconda pallina è attaccata all’estremità di una molla di costante elasticak = 2.5 N/m ed è disposta lungo la direzione di moto della prima pallina. L’altro estremo della molla è fissato a un vincolo. Calcolare la deformazione ∆l della molla a seconda che l’urto sia:

• completamente elastico (4 Punti);

• completamente anelastico (3 Punti).

SOLUZIONE

Nell’urto completamente elastico si conservano sia l’energia cinetica che la quantit`a di moto totale:

m1v1+m2v2 = m1v⁰₁+m2v⁰₂ 1

2m1v1²+1

2m2v2² = 1

2m1v⁰²1 +1 2m2v2⁰²

Risolvendo si trova:

v₁⁰ = m1− m2

m1+m2

v1+ 2m2

m1+m2

v2, v₂⁰ = 2m1

m1+m2

v1+m2− m1

m1+m2

v2. Dato chev2= 0 si ottiene:

v₁⁰ = m1− m2

m1+m2

v1= 0.4 m/s, v₂⁰ = 2m1

m1+m2

v1= 2.4 m/s.

(3)

L’energia cinetica della seconda biglia si trasforma in energia potenziale elastica:

1

2mv2⁰²= 1

2k(∆l)²⇒ ∆l = v2⁰

r m2

k ≈ 0.68 m Nel caso di urto anelastico si conserva solo la quantit`a di moto:

m1v1+m2v2= (m1+m2)V Dato chev2= 0 si ottiene:

m1v1= (m1+m2)V ⇒ V = m1v1

m1+m2

= 1.2 m/s In questo caso

∆l = Vr m1+m2

k ≈ 0.54 m ESERCIZIO 4

Due moli di gas perfetto con calore specifico a volume costante cv = 3R si trovano nello stato VA = 0.4 m³, TA = 500 K. Il gas `e sottoposto alle seguenti trasformazioni: una espansione adiabatica reversibile fino a VB= 3VA; una compressione isocora reversibile in cui la temperatura viene riportata al valore inizialeTA; una compressione isoterma reversibile fino a ritornare allo stato iniziale. Trovare:

• il lavoro totale (2 Punti) ;

• la variazione di energia interna lungo tutte le trasformazioni e dimostrare che la somma `e nulla lungo tutto il ciclo (3 Punti);

• la variazione di entropia lungo tutte le trasformazioni e dimostrare che la somma `e nulla lungo tutto il ciclo

(3 Punti);

Calcolare la variazione di entropia del gas lungo una trasformazione adiabatica irreversibile tra lo stato VA= 0.4 m³ ,TA= 500 K e uno statoVX= 3VA,TX= 250K. (1.5 Punti).

SOLUZIONE

Calcolo la temperatura nello stato B.

TAV_A^γ−1=TBV_B^γ−1 ⇒ TB =TAV_A^γ−1

V_B^γ−1 ⇒ TB= TA

3^γ−1

Dato checp=cv+R = 4R, si ha che γ = cp/cv= 4/3, quindi TB = 346.7 K. Dato che in un’adiabatica Q = 0:

WAB= −∆UAB = −ncv(TB− TA) = 7643.5 J Nella trasformazione isocora BCW = 0 quindi

QBC= ∆UBC =ncv(TC− TB) =ncv(TA− TB) = 7643.5 J Nell’isoterma CA ∆U = 0,

Q = W = Z VA

V_C

P dV = nRTA

Z VA

V_C

dV

V =nRTAlnVA

VC

=nRTAlnVA

VB

=nRTAln1

3 = −9129.4 J Il lavoro scambiato lungo tutto il ciclo `e:

LT OT =QAB+QBC+QCA= −1485.9 J La variazione di energia interna nelle singole trasformazioni vale:

∆UAB = ncv(TB− TA) = −7643.5

∆UBC = ncv(TA− TB) = 7643.5

∆UCA = 0

∆UT OT = ∆UAB+ ∆UBC+ ∆UCA= 0

(4)

La variazione di entropia in una adiabatica reversibile `e nulla. Nella trasformazione BC:

∆SBC = Z dQ

T

rev=ncv

Z TC

T_B

dT

T =ncvlnTC

TB

=ncvlnTA

TB

= 18.3 J/K.

Nell’isoterma CA:

∆SCA= Z dQ

T

rev= Z TA

T_C

dQ TA

= 1 TA

Z VA

V_C

P dV = nR lnVA

VC

= −18.3 J/K Si verifica facilmente che ∆SCICLO= ∆SAB+ ∆SBC+ ∆SCA = 0.

Nel caso in cui la trasformazione AX sia una adiabatica irreversibile la variazione di entropia deve essere calcolata lungo una qualsiasi serie di trasformazioni reversibili che congiungono gli stati inziale e finale. Si pu`o ad esempio utilizzare un’isoterma seguita da un’isocora.

∆SAX= ∆S1+ ∆S2

∆S1 = 1 TA

Z V_X VA

P dV = nR lnVX

VA

=nR ln 3 = 18.3 J/K

∆S2 = ncv

Z T_X TA

dT

T =ncvlnTX

TA

=nR ln1

2 = −34.6 J/K In totale quindi ∆SAX= ∆S1+ ∆S2= −16.3 J/K.