Universit` a degli Studi di Udine, Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica
A.A. 2017/2018, Sessione di Giugno/Luglio 2018, Secondo Appello Esame di FISICA I, Prova scritta del 20 Luglio 2018
TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI
PROBLEMA A1 Un veicolo si massa M = 500 kg che si muove in un tratto di strada orizzontale e rettilineo risente, oltre alla spinta F del motore, di una forza resistente (risultante dell’attrito con l’asfalto e della resistenza dell’aria) di ampiezza R = R 0 +kv 2 , dove v `e la velocit` a istantanea dell’auto, R 0 = 150 N e k = 1.50 Ns 2 /m 2 .
Nel caso in cui il veicolo si muova di moto uniforme con velocit` a V = 100 km/h:
a) determinare la potenza sviluppata dal motore.
Invece, nel caso in cui il veicolo, partendo da fermo, si muova di moto uniformemente accelerato con a = 5.00 m/s 2 per un’intervallo di tempo ∆t = 10.0 s, calcolare:
b) la velocit`a finale raggiunta dal veicolo;
c) l’energia W spesa dal motore durante tutta l’accelerazione.
Soluzione Quando il veicolo si muove a velocit` a costante, essendo l’accelerazione nulla, dovr`a essere nulla anche risultante delle forze che agisce su di esso. Quindi la spinta del motore F bilancer`a la forza resistente e si avr`a
F = R 0 + kV 2
La potenza sviluppata dal motore corrisponde alla potenza meccanica associata alla forza F pari a P = F V = (R 0 + kV 2 )V = 3.63 · 10 4 W = 36.3 kW.
Nel caso di moto uniformemente accelerato con accelerazione a, la velocit` a varia secondo la legge v(t) = at e quindi nell’intervallo di tempo indicato la velocit` a raggiunta dal veicolo `e
v f = a∆t = 50.0 m/s = 180 km/h.
Dalla 2 a legge della dinamica segue che
M a = F − R = F − R 0 − kv 2 ⇒ F = F (t) = M a + R 0 + kv 2 = M a + R 0 + ka 2 t 2 , e questo dimostra che in tal caso la spinta del motore non `e costante. Anche la potenza istantanea sviluppata dal motore dipende dal tempo ed `e pari a
P (t) = F (t) · v(t) = (M a + R 0 + ka 2 t 2 )at = (M a + R 0 )at + ka 3 t 3 .
Dalla definizione della potenza meccanica segue che l’energia spesa dal motore dell’intervallo di tempo dt `e pari a dW = P (t)dt e conseguentemente, l’energia spesa dal motore nell’intera accelerazione si ottiene come segue
W = Z ∆t
0
P (t)dt = (M a + R 0 )a Z ∆t
0
tdt + ka 3 Z ∆t
0
t 3 dt = (M a + R 0 )a ∆t 2
2 + ka 3 ∆t 4
4 = 1.13 · 10 6 J.
PROBLEMA A2 Un corpo di massa m = 10.0 kg `e agganciato tramite una corda ideale (inestensibile e di massa trascurabile) all’asse di un cilindro omogeneo di massa M = 15.0 kg e raggio R (vedi figura);
entrambi poggiano su dei piani orizzontali. Intorno al cilindro `e avvolta una seconda corda ideale il cui capo destro (vedi figura) `e tirato con una forza ~ F~ F~ F . Il corpo di massa m risente di attrito con il piano di appoggio caratterizzato dai coefficienti µ s = 0.80 e µ k = 0.50. Sapendo che la corda avvolta intorno al cilindro non slitta mai e che anche il cilindro non slitta mai rispetto al piano di appoggio, determinare:
a) il modulo di ~ F~ F~ F , F min , al di sopra del quale il sistema non `e pi` u in equilibrio statico;
b) l’accelerazione del corpo di massa m nel caso in cui il modulo di ~ F~ F~ F `e pari a 3F min ;
c) il minimo valore del coefficiente di attrito tra cilindro e piano di appoggio, µ s,min , necessario affinch´e il cilindro possa (effettivamente) non slittare.
b
m
M
b
F~ ~ F~ F R
Soluzione Il sistema sar` a in equilibrio statico fino a quando ogni singolo corpo lo sar` a. A tale scopo considerando un asse x orizzontale verso sinistra e applicando la 2 a legge della dinamica nelle forme lineare (per il corpo di massa m) e angolare (per il cilindro rispetto all’asse passante per il punto di contatto con il piano di appoggio) dovranno valere le seguenti
0 = T − f s 0 = 2RF − RT ,
dove f s `e la forza di attrito statico che agisce sul corpo di massa m e T `e la tensione della corda di sinistra. 1
Eliminando T tra le due relazioni abbiamo
2RF − Rf s = 0 ⇒ F = f s
2 . Ma per la forza di attrito statico vale la seguente
f s ≤ f s,max con f s,max = µ s N m = µ s mg, e pertanto, dovr`a essere
F ≤ F min = 1
2 µ s mg = 39.2 N.
Quando il modulo di ~ F~ F~ F supera F min il sistema non sar` a pi` u in equilibrio e l’applicazione della 2 a legge della dinamica nelle forme lineare e angolare porter` a alle seguenti
ma = T − f k = T − µ k mg I P α = 2RF − RT
,
dove ora a e α sono `e l’accelerazione lineare di m e l’accelerazione angolare del cilindro. D’altra parte, f k = µ k mg `e la forza di attrito dinamico agente su m e I P `e il momento d’inerzia del cilindro rispetto all’asse passante per il punto di istantaneo contatto.
Osservando che il cilindro segue un moto di puro rotolamento verso destra e se indichiamo con a cm l’accelerazione del suo centro di massa, possiamo scrivere le seguenti
α = a cm /R
a = a cm ⇒ α = a
R .
Quindi, eliminando T tra le due precedenti equazioni (dalla prima si ha T = ma+µ k mg e si sostituisce nella seconda), si ottiene
I P a
R = 2RF − Rma − µ k Rmg, dalla quale si ricava
a = R 2 (2F − µ k mg) I P + mR 2 .
1 Si noti che essendo le corde ideali e prive di massa, la tensione della corda di destra sar` a sempre, indipendentemente
dal suo moto, pari al modulo di ~ F~ F~ F .
Notando che per il momento d’inerzia I P abbiamo (dal teorema degli assi paralleli) I P = I cm + M R 2 = 1
2 M R 2 + M R 2 = 3 2 M R 2 , e ponendo F = 3F min = 3 2 µ s mg, l’accelerazione del corpo di massa m diventa
a = 2(3µ s − µ k )mg
3M + 2m = 5.73 m/s 2 .
Per valutare il coefficiente di attrito statico relativo al contatto tra cilindro e relativo piano di appoggio dobbiamo calcolare la corrispondente forza di attrito statico f s (cil) . Avendo gi` a calcolato a, si pu` o procedere in vari modi: ad esempio, supponendo ~ f~ f~ f (cil) s diretta verso destra e applicando la 2 a legge in forma lineare al moto del cilindro stesso, si ottiene
M a cm = F − T + f s,cil
⇒ f s (cil) = M a cm − F + T = M a − F + ma + µ k mg = (M + m) a − F + µ k mg.
Sostituendo F = 3F min = 3 2 µ s mg e facendo il calcolo utilizzando il valore numerico di a, si ottiene f s (cil) = (M + m) a − 3
2 µ s − µ k
mg = 74.6 N Quindi, dovendo essere f s (cil) ≤ f s,max (cil) = µ (cil) s N M = µ (cil) s M g, si ha
µ (cil) s ≥ µ (cil) s,min = f s (cil)
M g = 0.507.
b b b
1 2
3 V p
PROBLEMA A3
Ad un gas ideale biatomico viene fatto seguire il ciclo reversibile schematizzato in figura costituito da un’espansione isobara (1 → 2), un’espansione adiabatica (2 → 3) e una compressione isoterma (3 → 1). Pressione e volume dello stato 1 sono p 1 = 3.00 atm e V 1 = 30.0 dm 3 ; nello stato 3 il volume del gas `e V 3 = 4V 1 . Sapendo che il numero di moli di gas `e n = 3.00 mol, determinare:
a) la temperatura T 2 e il volume V 2 dello stato 2;
b) il lavoro L prodotto dal gas nell’intero ciclo;
c) il rendimento η del ciclo.
Il lavoro L prodotto dal ciclo (quello calcolato al punto b)) viene
utilizzato per comprimere un numero di moli n (identico a quello menzionato in precedenza) di un secondo gas ideale lungo una trasformazione politropica (pV k = cost.) con k = 3. Sapendo la pressione e il volume dello stato iniziale di tale gas sono identici a quello dello stato 1 del primo gas, determinare:
d) la sua temperatura T f alla fine della compressione.
Soluzione Prima di tutto si noti che `e
T 1 = p 1 V 1
nR = 365 K.
Dato lo stato 2 appartiene sia all’isobara 1→2 che all’adiabatica 2→3 devono valere le seguenti V 2
T 2 = V 1
T 1 ; T 2 V 2 γ−1 = T 3 V 3 γ−1 .
Combinando queste due relazioni e notando che T 3 = T 1 (dato che gli stati 1 e 3 giacciono sull’isoterma 3 → 1) e V 3 = 4V 1 , si ha
V 2 = 4 1− γ 1 · V 1 ; T 2 = p 1 V 2
nR = 4 1− γ 1 · T 1 ,
dove γ `e l’esponente delle adiabatiche che, essendo il gas biatomico, `e pari a 7/5. sostituendo abbiamo V 2 = 4 2/7 · V 1 = 44.6 dm 3 ; T 2 = 4 2/7 · T 1 = 543 K.
Il lavoro L compiuto dal gas e il calore Q scambiato dallo stesso nell’intero ciclo sono uguali. Pertanto potremo scrivere
L = Q 12 + Q 31 ,
dove si `e gi` a tenuto conto del fatto che nella trasformazione 2 → 3 il calore scambiato `e nullo.
Quindi, tenendo presente la natura isobara e isoterma delle trasformazioni 1 → 2 e 3 → 1, si ha Q 12 = nc p (T 2 − T 1 ) = n 7
2 R
4 2/7 − 1
T 1 = 1.55 · 10 4 J, e
Q 31 = L 31 = Z 1
3
pdV = nRT 1 Z V 1
V 3
dV
V = nRT 1 ln V 1
V 3
= −nRT 1 ln 4 = −1.26 · 10 4 J.
Pertanto il lavoro totale `e
L = nR 7 2
4 2/7 − 1
− ln 4
T 1 = 2.86 · 10 3 J.
Nel ciclo, il calore viene assorbito solo nella trasformazione isobara 1 → 2. Pertanto il rendimento del ciclo `e
η = L
Q ass = Q 12 + Q 31
Q 12 = 1 + Q 31
Q 12 = 1 − 2 ln 4
7 4 2/7 − 1 = 0.185.
Se il lavoro L viene utilizzato per comprimere il secondo gas lungo una politropica con esponente k = 3 allora il lavoro compiuto da tale gas dovr`a essere pari a −L. In altre parole, essendo lo stato iniziale di tale gas identico a quello del primo, indicando con p f , V f e T f la pressione, il volume e la temperatura di tale gas alla fine della compressione, dovremo avere
Z V f
V 1
pdV = −L.
Per la politropica l’integrale `e pari a Z V f
V 1
pdV = 1
1 − k (p f V f − p 1 V 1 ) = nR
1 − k (T f − T 1 ),
dove, nell’ultimo passaggio, si `e fatto uso della legge dei gas ideali. Perci` o, dall’ugualianza precedente si ottiene
nR
1 − k (T f − T 1 ) = −L ⇒ T f = T 1 + (k − 1)L
nR = 594 K.
PROBLEMA B1 Un veicolo si massa M = 800 kg che si muove in un tratto di strada orizzontale e rettilineo risente, oltre alla spinta F del motore, di una forza resistente (risultante dell’attrito con l’asfalto e della resistenza dell’aria) di ampiezza R = R 0 +kv 2 , dove v `e la velocit` a istantanea dell’auto, R 0 = 250 N e k = 2.00 Ns 2 /m 2 .
Nel caso in cui il veicolo si muova di moto uniforme con velocit` a V = 130 km/h:
a) determinare la potenza sviluppata dal motore.
Invece, nel caso in cui il veicolo, partendo da fermo, si muova di moto uniformemente accelerato con a = 3.00 m/s 2 per un’intervallo di tempo ∆t = 15.0 s, calcolare:
b) la velocit`a finale raggiunta dal veicolo;
c) l’energia W spesa dal motore durante tutta l’accelerazione.
Soluzione Quando il veicolo si muove a velocit` a costante, essendo l’accelerazione nulla, dovr`a essere nulla anche risultante delle forze che agisce su di esso. Quindi la spinta del motore F bilancer`a la forza resistente e si avr`a
F = R 0 + kV 2
La potenza sviluppata dal motore corrisponde alla potenza meccanica associata alla forza F pari a P = F V = (R 0 + kV 2 )V = 1.03 · 10 5 W = 103 kW.
Nel caso di moto uniformemente accelerato con accelerazione a, la velocit` a varia secondo la legge v(t) = at e quindi nell’intervallo di tempo indicato la velocit` a raggiunta dal veicolo `e
v f = a∆t = 45.0 m/s = 162 km/h.
Dalla 2 a legge della dinamica segue che
M a = F − R = F − R 0 − kv 2 ⇒ F = F (t) = M a + R 0 + kv 2 = M a + R 0 + ka 2 t 2 , e questo dimostra che in tal caso la spinta del motore non `e costante. Anche la potenza istantanea sviluppata dal motore dipende dal tempo ed `e pari a
P (t) = F (t) · v(t) = (M a + R 0 + ka 2 t 2 )at = (M a + R 0 )at + ka 3 t 3 .
Dalla definizione della potenza meccanica segue che l’energia spesa dal motore dell’intervallo di tempo dt `e pari a dW = P (t)dt e conseguentemente, l’energia spesa dal motore nell’intera accelerazione si ottiene come segue
W = Z ∆t
0
P (t)dt = (M a + R 0 )a Z ∆t
0
tdt + ka 3 Z ∆t
0
t 3 dt = (M a + R 0 )a ∆t 2
2 + ka 3 ∆t 4
4 = 1.58 · 10 6 J.
PROBLEMA B2 Intorno ad un cilindro omogeneo di massa M = 20.0 kg e raggio R `e avvolta una corda ideale (inestensibile e di massa trascurabile) e al capo libero della stessa `e agganciato un corpo di massa m = 15.0 kg (vedi figura); entrambi poggiano su dei piani orizzontali. All’asse del cilindro
`e agganciata una seconda corda ideale il cui capo destro (vedi figura) `e tirato con una forza ~ F~ F~ F . Il corpo di massa m risente di attrito con il piano di appoggio caratterizzato dai coefficienti µ s = 0.70 e µ k = 0.40. Sapendo che la corda avvolta intorno al cilindro non slitta mai e che anche il cilindro non slitta mai rispetto al piano di appoggio, determinare:
a) il modulo di ~ F~ F~ F , F min , al di sopra del quale il sistema non `e pi` u in equilibrio statico;
b) l’accelerazione del centro di massa del cilindro, a cm , nel caso in cui il modulo di ~ F~ F~ F `e pari a 2F min ; c) il minimo valore del coefficiente di attrito tra cilindro e piano di appoggio, µ s,min , necessario
affinch´e il cilindro possa (effettivamente) non slittare.
b
m
M
b
F ~ R
Soluzione Il sistema sar` a in equilibrio statico fino a quando ogni singolo corpo lo sar` a. A tale scopo considerando un asse x orizzontale verso sinistra e applicando la 2 a legge della dinamica nelle forme lineare (per il corpo di massa m) e angolare (per il cilindro rispetto all’asse passante per il punto di contatto con il piano di appoggio) dovranno valere le seguenti
0 = T − f s
0 = RF − 2RT ,
dove f s `e la forza di attrito statico che agisce sul corpo di massa m e T `e la tensione della corda di sinistra. 2
Eliminando T tra le due equazioni abbiamo
RF − 2Rf s = 0 ⇒ F = 2f s . Ma per la forza di attrito statico vale la seguente
f s ≤ f s,max con f s,max = µ s N m = µ s mg, e pertanto, dovr`a essere
F ≤ F min = 2µ s mg = 206 N.
Quando il modulo di ~ F~ F~ F supera F min il sistema non sar` a pi` u in equilibrio e l’applicazione della 2 a legge della dinamica nelle forme lineare e angolare porter` a alle seguenti
ma = T − f k = T − µ k mg I P α = RF − 2RT
,
dove ora a e α sono l’accelerazione lineare di m e l’accelerazione angolare del cilindro, rispettivamente.
D’altra parte, f k = µ k mg `e la forza di attrito dinamico agente su m e I P `e il momento d’inerzia del cilindro rispetto all’asse passante per il punto di istantaneo contatto.
Osservando che il cilindro segue un moto di puro rotolamento verso destra e se indichiamo con a cm l’accelerazione del suo centro di massa, possiamo scrivere le seguenti
α = a cm /R
a = 2a cm ⇒ α = a
2R .
Quindi, eliminando T tra le due precedenti equazioni (dalla prima si ha T = ma+µ k mg e si sostituisce nella seconda) e facendo la sostituzione a = 2a cm , si ottiene
I P a cm
R = RF − 4Rma cm − 2µ k Rmg, dalla quale si ricava
a cm = R 2 (F − 2µ k mg) I P + 4mR 2 .
Notando che per il momento d’inerzia I P abbiamo (dal teorema degli assi paralleli) I P = I cm + M R 2 = 1
2 M R 2 + M R 2 = 3 2 M R 2 ,
e ponendo F = 2F min = 4µ s mg, l’accelerazione del centro di massa del cilindro diventa a cm = 4(2µ s − µ k )mg
3M + 8m = 3.27 m/s 2 .
Per valutare il coefficiente di attrito statico relativo al contatto tra cilindro e relativo piano di appoggio dobbiamo calcolare la corrispondente forza di attrito statico f s (cil) . Avendo gi` a calcolato a cm , si pu` o procedere in vari modi: ad esempio, supponendo ~ f~ f~ f (cil) s diretta verso destra e applicando la 2 a legge in forma lineare al moto del cilindro stesso, si ottiene
M a cm = F − T + f s,cil
⇒ f s (cil) = M a cm − F + T = M a cm − F + 2ma cm + µ k mg = (M + 2m) a cm − F + µ k mg.
2 Si noti che essendo le corde ideali e prive di massa, la tensione della corda di destra sar` a sempre, indipendentemente
dal moto, pari al modulo di ~ F~ F~ F .
Sostituendo F = 2F min = 4µ s mg e facendo il calcolo utilizzando il valore numerico di a cm , si ottiene f s (cil) = (M + 2m) a cm − (4µ s − µ k ) mg = −190 N,
dove il segno negativo ci segnala che ~ f~ f~ f (cil) s `e diretta in verso opposto a quanto considerato (`e diretta verso sinistra.
Quindi, dovendo essere |f s (cil) | ≤ f s,max (cil) = µ (cil) s N m = µ (cil) s M g, si ha µ (cil) s ≥ µ (cil) s,min = |f s (cil) |
M g = 0.967.
b bb
