SOLUZIONE ESERCIZIO 1

Soluzione prova scritta - 03 Luglio 2015

SOLUZIONE ESERCIZIO 1

Iniziamo considerando il bilancio delle forze agenti sull’insieme blocco pi`u proiettile dopo l’urto.

 −(M + m)g sin θ − F_a= (M + m)a

N − (M + m)g cos θ = 0 (1)

La forza d’attrito vale

Fa = µdN (2)

dove N pi`o essere ricavata dalla seconda equazione

N = (M + m)g cos θ. (3)

Il lavoro svolto dalla forza d’attrito varr`a quindi

L = F_ad = µ_d(M + m)gd cos θ = 46.0 J. (4) La conservazione della quantit`a di moto dell’urto anelastico ci permette di collegare la velocit`a vp del proiettile subito prima dell’urto e la velocit`a v dell’insieme blocco + proiettile dopo l’urto attraverso la relazione

mvp= (M + m)v. (5)

Per trovare v, e da essa vp, bisogna cosiderare che tale velocit`a ha permesso al blocco soggetto alla dece- lerazione a di percorrere in salita il piano inclinato sino ad arrestarsi dopo una distanza d. Cominciamo pertanto ricavando a e per farlo sostituiamo l’espressione di Fa nella prima equazione del sistema

−(M + m)g[sin θ + µdcos θ] = (M + m)a (6)

da cui

a = −g[sin θ + µ_dcos θ]. (7)

Imponiamo quindi che il moto uniformemente decelerato sia tale che per un certo tempo t⁰ valgano:

v(t⁰) = 0 e x(t⁰) = d. In formule

vf = 0 = v + at⁰ (8)

e

d = vt⁰+1

2at⁰². (9)

Sostituendo la prima equazione nella seconda di ottiene

d = −v² a +v²

2a (10)

da cui segue

v²= −2ad = 2gd[sin θ + µdcos θ]. (11)

Risulta quindi

v = 8.3 m/s (12)

da cui si ottiene facilmente vp

vp=(M + m)

m v = 700.0 m/s (13)

1

SOLUZIONE ESERCIZIO 2

Per calcolare il momento di inerzia rispetto al perno iniziamo considerando il momento di inerzia I0di una sbarretta rispetto al suo centro di massa

I0= 1

12M L². (14)

Applicando il teorema di Huygens-Steiner possiamo ottenere I come

I = I0+ a²M (15)

dove a `e la distanza tra il perno e il centro di massa che vale

a = 1 2L −1

6L = 1

3L. (16)

Si ottiene dunque

I = 1

12M L²+1

9M L²= 7

36M L²= 0.011 m²Kg (17)

Per calcolare l’accelerazione angolare α della sbarretta all’istante iniziale occorre scrivere il bilancio dei momenti esterni M^EXT applicati su di essa

M^EXT = Iα. (18)

In particolare quando la sbarretta `e orizzontale su di essa agisce un momento dovuto alla forza di gravit`a (applicata sul centro di massa) che vale

M^EXT = M gL

3. (19)

Possiamo quindi ricavare l’accelerazione angolare come

α = M gL 3I =12

7 g

L = 133.3 s⁻² (20)

e da essa l’accelerazione a cui `e soggetto il centro di massa della sbarretta nell’istante in cui essa viene lasciata cadere

aCM =1

3Lα = 4

7g = 5.6 m/s². (21)

Per rispondere all’ultima domanda utilizziamo la conservazione dell’energia meccanica. In particolare durante il moto della sbarretta, l’energia potenziale gravitazionale verr`a convertita in energia cinetica di rotazione. Visto che nell’istante in cui la sbarretta raggiunge la posizione verticale il suo centro di massa `e sceso di una quota L/3, avremo

1

2Iω²= M gL

3 (22)

da cui si ottiene

ω =

r2M gL 3I =

r24g

7L. (23)

Detta ad esempio V la velocit`a dell’estremit`a pi`u lontana dal perno e v la velocit`a di quella pi`u vicina, esse valgono in modulo

V =5 6Lω = 5

r2gL

21 = 1.71m/s, (24)

e

v =1 6Lω =

r2gL

21 = 0.34m/s. (25)

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SOLUZIONE ESERCIZIO 3

Si noti per prima cosa che essendo la trasformazione AB irreversibile non `e possibile utilizzare le equazioni delle trasformazioni adiabatiche per trovare la temperatura in B. Consideriamo invece inizialmente la trasformazione BC anch’essa irreversibile. Essendo isocora W_BC = 0 e per il primo principio della termodinamica avremo

Q_BC = ∆U_BC = nc_v(T_C− T_A). (26)

Notando che T_C e T_A coincidono, ed essendo noto il calore scambiato, possiamo ricavare T_B come

TB= TA−QBC

ncv

= 255.0 K. (27)

Consideriamo ora la trasformazione AB. Essendo adiabatica Q_AB = 0 e, sempre dal primo principio, abbiamo

WAB= −∆UAB = −ncv(TB− TA) = QBC= 395 J. (28) Per quanto riguarda la trasformazione CA invece, sar`a nulla la variazione di energia interna e il calore scambiato sar`a uguale al lavoro

QCA= WCA= −nRTAlog VB

V_A



= −848.9 J. (29)

Con queste informazioni siamo in grado di calcolare il lavoro totale svolto sul gas durante il ciclo come la somma dei lavori sulle singole trasformazioni o, alternativamente, come calore assorbito pi`u calore ceduto, essendo nulla la variazione di energia interna lungo una trasformazione ciclica. In particolare avremo

Wtot= WAB+ WBC+ WCA= −454.0 J. (30)

Occupiamoci ora di calcolare la variazione di entropia dell’universo lungo tutto il ciclo. Essa comprender`a le variazioni di entropia del gas e dell’ambiente lungo tutte le trasformazioni considerate. Tuttavia essendo la trasformazione CA reversibile avremo

∆S^gas_CA+ ∆S^amb_CA= 0 (31)

e pertanto ci baster`a considerare le trasformazioni AB e BC

∆SU = ∆S^gasAB+ ∆S^ambAB+ ∆S^gasBC+ ∆S^ambBC. (32) Per la trasformazione AB la variazione di entropia del gas pu`o essere scritta come

∆S^gasAB= ncvlog TB

T_A



+ nR log VB

V_A



= 1.11 J/K (33)

mentre essendo nullo il calore scambiato lungo AB la variazione di entropia dell’ambiente sar`a zero

∆S^ambAB = 0 (34)

Per quanto riguarda la trasformazione BC invece, il contributo del gas sar`a

∆S^gasBC= ncvlog T_C TB



= 1.32 J/K (35)

mentre il contributo dell’ambiente corrisponder`a alla variazione di entropia della sorgente a temperatura TAcon cui il gas `e in contatto durante la trasformazione, ossia

∆S^amb_BC =Q_BC TA

= 1.13 J/K (36)

Sommando tutti questi contributi si ottiene una variazione complessiva di entropia pari a

∆SU = 3.56 J/K (37)

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