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 Gennaio/Febbraio, Primo Appello, 21 Gennaio 2019, Prova scritta
TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI
y
x θ 2
θ 1 m 2
m 1 A
b
m 3 0
1 2 PROBLEMA 1 L’estremo sinistro di una corda ideale (ine-
stensibile e di massa trascurabile) `e agganciato al punto fisso A (coincidente con l’origine degli assi). All’altro estremo, dopo che
`e stato fatto passare su una puleggia (libera di ruotare intorno ad un asse per il suo centro), `e agganciato un corpo di massa m 3 (vedi figura). Lungo la corda (ad uguali distanze) sono fissati due corpi puntiformi di massa m 1 = 1.50 kg e m 2 . Il sistema `e in equilibrio statico e in tali condizioni (come indicato in figura) il tratto 0 della corda `e orizzontale, mentre i tratti 1 e 2 formano gli angoli θ 1 = 30 ◦ e θ 2 = 60 ◦ con l’orizzontale.
Trattando le sfere come oggetti puntiformi, determinare:
a) le tensioni T 0 , T 1 e T 2 dei corrispondenti tratti di corda;
b) il valore di m 2 ;
c) modulo direzione e verso della reazione del punto fisso A;
d) il valore di m 3 . Soluzione
Analizziamo dapprima l’equilibrio della corda alla sinistra della puleggia. I tratti di corda 0, 1 e 2 sono tesi e quindi ognuno di essi determiner`a agli estremi due forze uguali ed opposte aventi modulo pari alla propria tensione: come indicato nella figura che segue, per il tratto i–esimo di corda, denomineremo tali forze come ~ T~ T~ T i
(estremo sinistro) e −~ T~ T~ T i (estremo destro).
A θ 1
θ 2
x y
b
b
m 1 ~g ~g~g
m 2 ~g ~g~g T~ ~
T~ T 1 −~ T~ T~ T 1
−~ T~ T~ T 0
T~ ~ T~ T 2
T~ T~ T ~ 0
−~ T~ T~ T 2
Tenendo presenti le forze in gioco (vedi la figura), l’equilibrio dei corpi 1 e 2 comporta la validit`a delle seguenti relazioni
−~ T~ T~ T 0 + ~ T~ T~ T 1 + m 1 ~g ~g ~g = 0; −~ T~ T~ T 1 + ~ T~ T~ T 2 + m 2 ~g ~g ~g = 0, che, decomposte lungo gli assi, portano alle seguenti
−T 0 + T 1 cos θ 1 = 0 T 1 sin θ 1 − m 1 g = 0
−T 1 cos θ 1 + T 2 cos θ 2 = 0
−T 1 sin θ 1 + T 2 sin θ 2 − m 2 g = 0
(∗)
Dalle equazioni di sinistra della (∗) si ha T 1 = m 1 g
sin θ 1 = 2m 1 g = 29.4 N; T 0 = T 1 cos θ 1 = m 1 g tan θ 1 = √
3m 1 g = 25.5 N.
Conseguentemente, dalle equazioni di destra della (∗) si ottiene T 2 = T 1
cos θ 1
cos θ 2 = m 1 g
tan θ 1 cos θ 2 = 2 √
3m 1 g = 51.0 N;
m 2 = 1
g (T 2 sin θ 2 − T 1 sin θ 1 ) =
sin θ 1
tan θ 1 cos θ 2 − 1
m 1 = √ 3 · √
3 − 1
m 1 = 2m 2 = 3.00 kg.
Dato che su A agisce la forza ~ T~ T~ T 0 , si capisce che (essendo A in quiete) la reazione di tale punto deve essere uguale ed opposta. Pertanto, la reazione ~ R R R ~ ~ A avr` a modulo
R A = T 0 = 25.5 N e sar`a diretta in verso opposto all’asse x.
Infine, notando che la puleggia `e in quite e che la tensione del tratto 2 della corda `e pari a T 2 , allora anche la tensione del tratto di corda che sostiene il corpo 3 deve avere la stessa tensione. Infatti, solo in questo modo il momento risultante delle forze tangenti alla puleggia (determinate dai tratti di corda destro e sinistro) sar`a nullo! Dovremo avere, quindi
m 3 g = T 2 ⇒ m 3 = T 2
g = 5.20 kg.
PROBLEMA 2 Un satellite artificiale di massa m = 300 kg ruota intorno alla Terra su un’orbita circolare di raggio r = 7.00 · 10 4 km. Determinare:
a) la velocit` a v con cui si muove il satellite e il suo periodo di rivoluzione;
b) l’energia meccanica del satellite.
Ad un certo punto, un’improvvisa esplosione divide il satellite in due frammenti A e B di masse m A = 3 5 m e m B = 2 5 m; subito dopo l’esplosione i due frammenti si mantengono nel piano dell’orbita del satellite e le velocit` a
~v~v~v A e ~v ~v ~v B formano gli angoli θ A = 30 ◦ e θ B = −30 ◦ con la velocit` a iniziale ~v~v ~v del satellite.
Determinare:
c) le velocit` a dei due frammenti;
d) di quanto cambia l’energia meccanica del satellite nell’esplosione.
[Massa della terra pari a M T = 5.974 · 10 24 kg.]
Soluzione Il satellite segue un’orbita circolare di raggio r risentendo unicamente della forza di gravit`a deter- minata dalla Terra. Quindi deve essere
mv 2
r = G M T m
r 2 ⇒ v = r GM T
r = 2.386 · 10 3 m/s = 8.589 · 10 3 km/h.
Conseguentemente, il periodo di rivoluzione `e
T = 2πr v = 2π
s r 3
GM T = 1.843 · 10 5 s = 51.20 h.
L’energia meccanica del satellite `e E mecc = 1
2 mv 2 − G M T m
r = − GM T m
2r = −8.542 · 10 8 J.
Nell’esplosione non intervengono forze esterne e quindi si deve conservare la quantit` a di moto. Pertanto dovr` a essere m~v~v~v = m A ~v ~v ~v A + m B ~v~v ~v B . Sappiamo che i due frammenti rimangono nel piano dell’orbita del satellite e che le velocit` a ~v ~v~v A e ~v~v~v B formano gli angoli θ A e θ B con la velocit` a ~v ~v ~v; la situazione `e quella schematizzata nella figura che segue.
bb
b
m
~v~v~v
~v~v~v A
~v~v~v B
m A
m B
θ A
θ B
y
x
Pertanto, decomponendo lungo gli assi x e y otteniamo le seguenti
mv = m A v A cos θ A + m B v B cos θ B
0 = m A v A sin θ A + m B v B sin θ B
dove v A e v B sono i muduli di ~v ~v~v A e ~v~v~v B . Risolvendo il sistema si ottengono le seguenti v A = − m
m A
sin θ B
sin θ A cos θ B − sin θ B cos θ A v = − m m A
sin θ B
sin(θ A − θ B ) v = 5 3 √
3 v;
v B = m m B
sin θ A
sin θ A cos θ B − sin θ B cos θ A
v = m m B
sin θ A
sin(θ A − θ B ) v = 5 2 √
3 v.
Numericamente si ha
v A = 0.962 · v = 2.296 · 10 3 m/s; v B = 1.44 · v = 3.44 · 10 3 m/s;
La variazione di energia richiesta al punto d) corrisponde alla sola variazione dell’energia cinetica del sistema satellite. Quindi sar`a
∆E = ∆K = K f − K i = 1
2 m A v 2 A + 1
2 m B v 2 B − 1
2 mv 2 = 3.30 · 10 8 J, che, come vediamo `e positiva; il surplus di energia `e ovviamente fornito dall’esplosione.
PROBLEMA 3 Un gas ideale `e contenuto nel volume V A = 40.00 dm 3 alla pressione p A = 1.00 · 10 5 Pa e alla temperatura T A = 300.0 K. Con una compressione isoterma reversibile il gas raggiunge lo stato B con volume V B = 1 3 V A ; durante tale trasformazione il gas compie un lavoro L AB = −4.394 · 10 3 J. Poi, tramite un’isocora reversibile raggiunge lo stato C a temperatura T C = 600 K. Successivamente, in modo adiabatico irreversibile, il gas viene portato nello stato D con volume V D = V A e temperatura T D > T A : in questa espansione il gas compie il lavoro L CD = 5.894 · 10 3 J. Infine, con un’isocora reversibile il gas torna allo stato iniziale A.
Sapendo che il rendimento del ciclo `e η = 0.150, determinare:
a) i calori Q AB , Q BC e Q DA ;
b) se il gas `e monoatomico o biatomico;
c) il valore di T D
d) la variazione di entropia ∆S CD .
Soluzione Il ciclo delineato nel testo del problema ha la forma seguente (la trasformazione CD essendo irreversibile `e stata delineata con una linea tratteggiata).
b b
b b
A D C
B p
p A
V V A
V B
Prima di tutto si noti che
n = p A V A
RT A
= 1.604 mol.
Il lavoro totale e il calore complessivo scambiato nel ciclo sono pari a L = Q = L AB + L CD = 1.500 · 10 3 J
D’altra parte Q = Q AB + Q BC + Q DA . La trasformazione AB `e un’isoterma reversibile e quindi Q AB = L AB = nRT A ln V B
V A
= −4.394 · 10 3 J.
Notando poi che, lungo il ciclo, il calore viene assorbito solo nella trasformazione BC e ricordando la definizione di rendimento, abbiamo
Q ass = Q BC = L
η = 10.00 · 10 3 J.
Infine, per il calore scambiato nella trasformazione DA
Q DA = L − Q AB − Q BC = −4.105 · 10 3 J.
La trasformazione BC `e un’isocora reversibile e quindi deve essere
Q BC = nc V (T C − T B ) ⇒ c V = Q BC
n(T C − T B )
Per meglio valutare la natura del gas, calcoliamo il rapporto c V /R che nel nostro caso `e pari a c V
R = Q BC
nR(T C − T B ) = 2.500 = 5 2 , che ci permette di dire immediatamente che il gas `e biatomico!
Considerando la trasformazione DA possiamo scrivere 1
Q DA = nc V (T A − T D ) ⇒ T D = T A − Q DA
nc V
= 423.1 K.
Infine, la variazione di entropia nella trasformazione CD (si tenga presente che, anche se adiabatica, `e irrever- sibile), `e data dalla seguente
∆S CD = nc V ln T D T C
+ nR ln V A V B
= 3.000 J/K.
1
