Prova Scritta - 18 Gennaio 2018
SOLUZIONE ESERCIZIO 1
Il corpo che effettua il giro della morte avr`a accelerazione centripeta che, nel punto pi`u alto della traiettoria deve originarsi dalla somma della forza di gravit`a e della reazione vincolare. In formule avremo
mv2
R = mg + N , (1)
dove v `e la velocit`a nel punto massimo della traiettoria. La velocit`a minima possibile sar`a quella che corrisponde a N = 0, ossia
v2= gR . (2)
La velocit`a che il corpo possedeva alla base del giro della morte `e legata a quella che possiede nel punto massimo della traiettoria dalla relazione
1
2mv20= 1
2mv2+ mg2R , (3)
ottenuta sfruttando la conservazione dell’energia. Sostituendo sopra la condizione su v si ricava che la velocit`a minima che il corpo deve avere per poter compiere il giro della morte `e
v0=p
5gR = 2.27 m/s . (4)
Verifichiamo per prima cosa che il corpo che parte con velocit`a v0abbia, al termine del giro della morte, energia sufficiente a raggiungere la molla. Notiamo subito che l’energia meccanica totale del corpo alla fine del giro della morte `e proprio pari all’energia cinetica iniziale. Raggiunger`a quindi la molla se la sua energia cinetica iniziale `e maggiore del lavoro della forza d’attrito sul tratto L:
1
2mv20− mgµdL > 0 , (5)
il ch e`e verificato con i dati del problema. L’energia meccanica, rimasta a disposizione del corpo, comprimer`a a questo punto la molla convertendosi in energia potenziale elastica.
1
2mv20− mgµdL = 1
2kx2. (6)
Invertendo la relazione ricaviamo la compressione x:
x =
rmv20− 2mgµdL
k = 2.6 cm . (7)
Il corpo fino ad ora ha percorso L + x ma, essendo in una zona priva di attrito non pu`o fermarsi. la molla espandendosi lo spedir`a nuovamente nel tratto scabro dove si fermer`a definitivamente. Il tratto percorso al ritorno sar`a dato da
1
2kx2= mgµdLback, (8)
da cui
Lback = kx2 2mgµd
= 2.5 cm . (9)
Lo spazio totale percorso prima di fermarsi definitivamente sar`a dato da
LT OT = L + 2x + Lback= 42.7 cm . (10)
Per poter fare il giro della morte due volte deve avere velocit`a v0 (ricavata nel punto 1) dopo avere attraversato per due volte il tratto scabro di lunghezza L, una prima volta all’andata e una seconda volta al ritorno. Dovr`a quindi partire con una velocit`a V0 che verifichi la condizione:
1
2mV20− 2mgµdL = 1
2mv20. (11)
Ossia
V0=p
v20+ 4gµdL = 3.84 m/s . (12)
Il corpo torner`a al punto di partenza con velocit`a v0
1
SOLUZIONE ESERCIZIO 2
Il momento di inerzia di un’asta di lenghezza L e massa M , che ruota intorno ad un suo estremo vale:
I =1
3M L2. (13)
Il momento di inerzia del sistema asta pi`u pomodoro vale quindi:
IT OT = I + mL 4
2
= M 3 +m
4
L2= 0.0036 kgm2. (14)
Dopo l’urto l’energia meccanica del sistema si conserva. Inizialmente avremo solo energia cinetica di rotazione, alla fine solo energia potenziale gravitazionale. Visto che l’asta raggiunge i 90 gradi, il centro di massa dell’asta e il pomodoro si trovano alla stessa quota L/2. Avremo quindi
1
2IT OTω02= (m + M ) gL
2 . (15)
Sostituendo IT OT otteniamo
ω02=(m + M ) gL I + mL42
, (16)
ossia
ω0= s
12 (m + M ) g
(4M + 3m) L= 11.1 rad/s . (17)
Durante l’urto anelastico invece la sola cosa che si conserva `e il momento angolare rispetto al perno. In formule
mvL
2 = IT OTω0 (18)
il che ci dice che la velocit`a del pomodoro, un istante prima dell’urto, deve valere v = 2
3 M m +1
2
Lω0. (19)
Sostituendo nell’espressione sopra ω0, si ottiene
v = p12 (m + M ) (4M + 3m) gL
6m = 5.7 m/s . (20)
Infine, usiamo il fatto che l’energia meccanica si conserva anche tra l’istante iniziale e l’istante subito prima dell’urto. E che pertanto varr`a la relazione
1
2mv02+ mgh = 1
2mv2. (21)
In conclusione quindi, la velocit`a iniziale che possedeva il pomodoro, tale da far salire l’asta fino ad un angolo di 90 gradi, vale
v0=p
v2− 2gh =
r12 (m + M ) (4M + 3m) gL − 72m2gh
36m2 = 4.1 m/s . (22)
2
SOLUZIONE ESERCIZIO 3
Calcoliamo per prima cosa le coordinate termodinamiche dei punti A, B, C e D sfruttando l’equazione di stato dei gas ideali. Avremo rispettivamente
STATO A
PA = 2.0265 · 105Pa
TA = 200 K (23)
VA = nRTA
PA = 8.21 · 10−3m3
STATO B
PB = PA= 2.0265 · 105Pa
TB = 300 K (24)
VB = nRTB
PB = 12.31 · 10−3m3
STATO C
TC = TB = 300 K
PC = 1.0133 · 105Pa (25) VC = nRTC
PC
= 24.62 · 10−3m3
STATO D
PD = PC= 1.0133 · 105Pa
VD = VA= 8.21 · 10−3m3 (26) TD = PDVD
nR = 100 K
Il lavoro su tutto il ciclo sar`a la somma dei lavori sulle singole trasformazioni. Durante la trasfor- mazione da A a B il lavoro WAB vale
WAB= PA(VB− VA) = nR(TB− TA) = 831.4 J . (27) Similmente per la trasformazione BC avremo
WBC = nRTBlogVC
VB = 1728.9 J , (28)
Durante la trasformazione da C a D, che `e una compressione, il lavoro WCD sar`a
WCD= PC(VD− VC) = nR(TD− TC) = −1662.8 J . (29) e infine per la trasformazione DA la variazione di volume `e nulla e dunque
WDA= 0 . (30)
Il totale sar`a quindi
Wtot= 897.45 J . (31)
Anche la variazione di entropia dell’universo si pu`o calcolare come somma delle variazioni sulle singole trasformazioni. Nei tratti reversibili sappiamo che la variazione di entropia dell’universo `e nulla.
Rimane quindi solo da calcolare quella lungo il tratto irreversibile DA.
∆Su= ∆SDAgas+ ∆SDAamb (32)
Quella del gas si pu`o calcolare su una trasformazione reversibile che collega lo stato iniziale e finale come
∆SDAgas = ncvlogTA TD
(33) mentre quella della sorgente vale
∆SDAamb= −QDA
TA
. (34)
Sfruttando il primo principio si ricava che QDA vale semplicemente
QDA= ncv(TA− TD) (35)
e pertanto
∆Su= ncvlogTA TD
− ncvTA− TD TA
= 2.4 J/K . (36)
3
