Universit` a degli Studi di Udine, Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica
A.A. 2017/2018, Sessione di Giugno/Luglio 2018, Primo Appello Esame di FISICA I, Prova scritta del 26 Giugno 2018
TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI
θ
1 2
ℓ 0 PROBLEMA A1
Su di un piano inclinato di un angolo θ = 35 ◦ rispetto al- l’orizzontale sono posti (vedi figura) i corpi 1 e 2 aventi le masse m 1 = 1.50 kg e m 2 = 4.00 kg, rispettivamente. Il corpo 1 pu` o scivolare liberamente con attrito trascurabile sul piano inclinato: `e agganciato all’estremo di una molla (ideale) di costante elastica k = 1.86 · 10 3 N/m con l’altro estremo fissato al piano inclinato. Invece, il corpo 2 risen- te sia di attrito statico che dinamico: µ s `e sufficiente da mantenerlo in equilibrio statico quando `e posto in quiete
sul piano inclinato; µ k = 0.450. Come indicato in figura, il corpo 2 `e ad una distanza ℓ 0 = 80.0 cm dalla sommit`a del piano inclinato.
Nella disposizione di figura entrambi i corpi sono in equilibrio statico; il corpo 2, sebbene molto vicino al corpo 1, non `e in contatto con esso. A partire da tale disposizione il corpo 1 viene spostato verso il basso (lungo il piano inclinato) di un ∆ℓ e, da fermo, lasciato andare, di modo che, risalendo, urti elasticamente contro il corpo 2. Sapendo che in seguito all’urto il corpo 2 raggiunge esattamente la sommit`a del piano inclinato, determinare:
a) lo spostamento iniziale ∆ℓ del corpo 1;
b) la frequenza ν e l’ampiezza ∆ℓ ′ del moto armonico seguito dal corpo 1 dopo l’urto.
[Supporre che le forze impulsive all’atto dell’urto siano molto pi` u intense delle altre forze presenti.]
Soluzione
Dopo l’urto il corpo 2 raggiunge esattamente la sommit`a del piano inclinato: applicando a tale moto la conservazione dell’energia, la velocit` a del corpo 2 dopo l’urto, v 2f , dovr`a soddisfare la seguente
∆K + ∆U g = L n.c. ⇒ − 1
2 m 2 v 2 2f + m 2 gℓ 0 sin θ = −f k ℓ 0 = −µ k m 2 gℓ 0 cos θ, dalla quale si ricava
v 2f = p2gℓ 0 (sin θ + µ k cos θ) = 3.84 m/s.
Nell’urto elastico tra i due corpi si conserva sia la quantit` a di moto che l’energia cinetica. Quindi, scrivendo le relazioni, mettendo a sistema e risolvendo (si `e scelto un’asse parallelo al piano inclinato e diretto verso la sua commit` a), abbiamo
m 1 v 1i = m 1 v 1f + m 2 v 2f
m 1 v 2 1i = m 1 v 1f 2 + m 2 v 2f 2 ⇒ v 1f = v 2f − v 1i ; v 1i = m 1 + m 2
2m 1 v 2f dove v 1i e v 1f sono le velocit` a del corpo 1 subito prima e subito dopo l’urto.
Poi, tenendo presente che durante il suo avvicinamento al corpo 2, l’energia meccanica del corpo 1 si conserva, si ha 1
1
2 k∆ℓ 2 = 1
2 m 1 v 1i 2 = 1 8
(m 1 + m 2 ) 2 m 1 v 2 2f . Quindi, sostituendo l’espressione di v 2f ottenuta in precedenza, si ricava
∆ℓ 2 = (m 1 + m 2 ) 2
2m 1 k gℓ 0 (sin θ + µ k cos θ) ⇒ ∆ℓ = s
(m 1 + m 2 ) 2
2m 1 k gℓ 0 (sin θ + µ k cos θ) = 20.0 cm.
1 Si noti che, avendo assunto (come citato nel testo) la posizione iniziale del corpo 1 come posizione di equilibrio,
nell’espressione dell’energia meccanica non compare l’energia potenziale gravitazionale!
Per quanto riguarda l’oscillazione armonica del corpo 1 dopo l’urto, si capisce immediatamente che, analogamente ad ogni sistema massa–molla, la sua pulsazione sar` a pari a ω = pk/m 1 . Conseguente- mente, la sua frequenza `e
ν = ω 2π = 1
2π r k
m 1 = 5.60 Hz.
Infine, per l’ampiezza dell’ampiezza dell’oscillazione possiamo ragionare come segue. Dopo l’urto, il corpo 1 ha una velocit` a pari a
v 1f = v 2f − v 1i =
1 − m 1 + m 2 2m 1
v 2f = − m 2 − m 1 2m 1
v 2f = −3.20 m/s.
Il che significa che il corpo 1 torna indietro e la molla verr` a compressa. Durante tale compressione l’energia meccanica del corpo 1 si conserva e alla massima compressione, ∆ℓ ′ , avremo
1
2 m 1 v 1f 2 = 1
2 k(∆ℓ ′ ) 2 ⇒ ∆ℓ ′ = r m 1
k |v 1f | = |v 1f |
ω = 9.10 cm.
Ovviamente, tale spostamento corrisponde all’ampiezza dell’oscillazione armonica: cio`e, se consideria- mo un asse x parallelo al piano inclinato, diretto verso la sua sommit`a e con origine nella posizione iniziale del corpo 1, durante la sua oscillazione la sua equazione oraria sar` a del tipo x(t) = −∆ℓ ′ sin(ωt).
l/2 l/2 m 1 1
2
b
R r
M
~τ~τ~τ
m 2 PROBLEMA A2
Si abbia una puleggia doppia costituita da due corpi cilin- drici omogenei (dello stesso materiale) di uguale lunghezza e di raggi R = 30.0 cm e r = 20.0 cm (come schematizzato nella parte superiore della figura). Le due parti cilindri- che sono coassiali e formano un corpo unico di massa com- plessiva M = 6.00 kg. La puleggia `e montata su un asse orizzontale intorno al quale pu` o ruotare liberamente.
a) Si determini il momento d’inerzia della puleggia.
Intorno alla parte cilindrica di raggio R della puleggia `e avvolta la corda 1 al cui altro estremo `e agganciato il corpo 1, di massa m 1 = 2.00 kg; tale corpo poggia su un piano orizzontale che presenta attrito statico e dinamico con µ s = 0.60 e µ k = 0.40. Invece, intorno alla parte cilindrica di
raggio r della puleggia `e avvolta la corda 2 a cui `e agganciato e sospeso verticalmente il corpo 2, di massa m 2 = 3.00 kg. Le corde sono ideali, di massa trascurabile e non scivolano mai rispetto alla puleggia.
Nell’ipotesi che all’asse della puleggia venga applicata una coppia di momento ~τ~τ~τ, con il verso indicato in figura, si determini:
b) entro quali limiti, τ min e τ max , potr` a variare ~τ~τ~τ affinch`e il sistema rimanga in equilibrio statico;
c) le accelerazioni a 1 e a 2 con cui si muovono i corpi 1 e 2 nel caso in cui ~τ~τ~τ abbia modulo τ = 2τ max . Soluzione
Dato che i due corpi cilindrici formano un corpo unico, il momento d’inerzia I della puleggia sar` a pari alla somma dei momenti d’inerzia I r e I R dei due cilindri (di raggi r e R e lunghezza l/2) rispetto al comune asse di rotazione che passa anche per i rispettivi centri di massa. Essendo i due cilindri omogenei e costituiti dallo stesso materiale, le masse M r e M R dei due cilindri dovranno valere le seguenti
M r + M R = M ; M r M R
= πr 2 · l/2 πR 2 · l/2 = r 2
R 2 ⇒ M r = r 2
r 2 + R 2 M ; M R = R 2 r 2 + R 2 M.
Conseguentemente, dovr`a essere I = 1
2 M r r 2 + 1
2 M R R 2 = 1
2 M r 4 + R 4 r 2 + R 2
= 0.224 kg · m 2 .
Quando il sistema `e in equilibrio statico la risultante delle forze e dei momenti agenti su ogni sua parte dovr`a essere nulla. Indicando con T 1 e T 2 sia i moduli delle tensioni delle corde 1 e 2 (rispettivamente) che i moduli delle rispettive forze che gli estremi di tali corde esercitano sui corpi e sulla puleggia, l’applicazione della 2 a legge della dinamica nelle forme lineare (per i corpi 1 e 2) e angolare (per la puleggia) ci permette di scrivere le seguenti relazioni
0 = T 1 − f s 0 = T 2 − m 2 g 0 = τ − RT 1 − rT 2
,
dove si sono considerate le componenti delle forze rispetto ad assi paralleli alle corde (rispettivamente, orizzontale verso destra per la prima equazione, verticale verso l’alto per la seconda) e i momenti rispetto all’asse della puleggia (prendendo ~τ~τ~τ come positivo). Ricavando T 1 e T 2 dalle prime due equazioni e sostituendo nella terza, si ottiene
T 1 = f s ; T 2 = m 2 g; ⇒ τ = RT 1 + rT 2 = Rf s + rm 2 g.
Ma per la forza di attrito statico vale la seguente
0 ≤ f s ≤ f s,max con f s,max = µ s N 1 = µ s m 1 g, e pertanto, dovr`a essere
τ min ≤ τ ≤ τ max con
τ min = rm 2 g = 5.89 N · m
τ max = (Rµ s m 1 + rm 2 )g = 9.42 N · m .
Quando il modulo di ~τ~τ~τ supera τ max il sistema non sar` a pi` u in equilibrio e l’applicazione della 2 a legge della dinamica porter` a alle seguenti
m 1 a 1 = T 1 − f k = T 1 − µ k m 1 g m 2 a 2 = T 2 − m 2 g
Iα = τ − RT 1 − rT 2
, (∗)
dove ora a 1 e a 2 sono le accelerazioni (lineari) dei corpi 1 e 2, α `e l’accelerazione angolare della puleggia e f k = µ k m 1 g `e la forza di attrito dinamico relativa al contatto tra il corpo 1 e il piano di appoggio.
Ora si osservi che tra le accelerazioni valgono le seguenti relazioni α = a 1
R = a 2
r ⇒ α = a 1
R ; a 2 = r R a 1 ,
che possono essere inserite nelle (*). Quindi, dalle prime due equazioni delle (*) estraiamo le espressioni di T 1 e T 2 e le inseriamo nella terza ottenendo
I a 1
R = τ − R (m 1 a 1 + µ k m 1 g) − r m 2 r
R a 1 + m 2 g
⇒ I + m 1 R 2 + m 2 r 2 a 1 = (τ − µ k m 1 Rg − m 2 rg) R, dalla quale ricaviamo
a 1 = (τ − µ k m 1 Rg − m 2 rg) R (I + m 1 R 2 + m 2 r 2 ) . Ponendo τ = 2τ max = 2(Rµ s m 1 + rm 2 )g, si ottiene
a 1 = [(2µ s − µ k )m 1 R + m 2 r]Rg
I + m 1 R 2 + m 2 r 2 = 6.06 m/s 2 ; a 2 = r
R a 1 = 2
3 a 1 = 4.04 m/s 2 , e
α = a 1
R = 20.2 rad/s 2 . PROBLEMA A3
Una macchina di Carnot assorbe in un ciclo (dalla sorgente a temperatura pi` u alta) una quantit` a di
calore Q 1 = 1.5 · 10 3 J ed ha un rendimento η = 0.60.
a) Determinare il lavoro L prodotto dalla macchina in un ciclo.
Il lavoro L viene utilizzato per comprimere un gas ideale biatomico lungo una trasformazione politro- pica reversibile (pV k = cost.) con k = 2.0, a partire da uno stato iniziale caratterizzato dai valori di pressione, volume e temperatura p i = 1.0 atm, V i = 10.0 dm 3 e T i = 200 K. Determinare:
b) pressione (p f ) e volume (V f ) del gas alla fine della compressione;
c) il calore scambiato dal gas lungo la trasformazione.
Soluzione Nella macchina di Carnot la quantit` a di calore scambiata con la sorgente ad alta tempe- ratura `e anche pari al calore assorbito dalla macchina stessa. Perci` o il lavoro da essa prodotto sar` a pari a
η = L
Q ass. = L
Q 1 ⇒ L = ηQ 1 = 900 J.
Se tale lavoro viene utilizzato per comprimere un gas biatomico lungo la politropica (pV k = cost. con k = 2) a partire dallo stato (p i , V i , T i ), allora il lavoro compiuto dal gas lungo tale trasformazione dovr`a essere pari a −L.
Se indichiamo con V f il volume finale della trasformazione, il lavoro fatto dal gas biatomico `e pari a L k =
Z V f
V i
pdV = p i V i k Z V f
V i
V −k dV = p i V i k 1 − k
h
V 1−k i V f
V i
= 1
1 − k [p f V f − p i V i ] . Quindi, dovremo avere
L k = −L ⇒ [p f V f − p i V i ] = p i V i p f V f p i V i − 1
= (k − 1)L, e sostituendo p f /p i = (V i /V f ) k , si ottiene
p i V i
"
V i
V f
k−1
− 1
#
= (k − 1)L ⇒ V i
V f
k−1
= 1 + (k − 1)L
p i V i ⇒ V f = V i
h
1 + (k−1)L p
i V i
i 1/(k−1) . Inserendo l’attuale valore di k (k = 2) si ha
V f = V i h 1 + p L
i V i
i = 0.528 · V i = 5.28 dm 3 , e conseguentemente
p f = V i
V f
k
p i = V i
V f
2
p i = 3.57 atm; T f = p f V f
nR = 375 K.
Il calore scambiato nella trasformazione lo otteniamo attraverso la prima legge della termodinamica.
Notando che `e n = p i V i /RT i = 0.61 mol, si ha
∆E int = Q − L k ⇒ Q = ∆E int + L k = nc V (T f − T i ) − L = n 5
2 R(T f − T i ) − L = 1.32 · 10 3 J.
θ
2 1 ℓ 0
PROBLEMA B1
Su di un piano inclinato di un angolo θ = 25 ◦ rispetto al-
l’orizzontale sono posti (vedi figura) i corpi 1 e 2 aventi le
masse m 1 = 1.00 kg e m 2 = 3.00 kg, rispettivamente. Il
corpo 1 pu` o scivolare liberamente con attrito trascurabile
sul piano inclinato: `e agganciato all’estremo di una molla
(ideale) di costante elastica k = 7.50 · 10 2 N/m con l’altro
estremo fissato al piano inclinato. Invece il corpo 2 risente
sia di attrito statico che dinamico: µ s `e sufficiente da man-
tenerlo in equilibrio statico quando `e posto in quiete sul piano inclinato; µ k = 0.700. Il corpo 2 `e ad una distanza ℓ 0 = 120 cm dal punto pi` u basso del piano inclinato.
Nella disposizione di figura entrambi i corpi sono in equilibrio statico; il corpo 2, sebbene molto vicino al corpo 1, non `e in contatto con esso. A partire da tale disposizione il corpo 1 viene spostato verso l’alto (lungo il piano inclinato) di un ∆ℓ e, da fermo, lasciato andare, di modo che, scendendo, urti elasticamente contro il corpo 2. Sapendo che in seguito all’urto il corpo 2 raggiunge il punto pi` u basso del piano inclinato con una velocit` a V = 5.00 m/s, determinare:
a) lo spostamento iniziale ∆ℓ del corpo 1;
b) la frequenza ν e l’ampiezza ∆ℓ ′ del moto armonico seguito dal corpo 1 dopo l’urto.
[Supporre che le forze impulsive all’atto dell’urto siano molto pi` u intense delle altre forze presenti.]
Soluzione
Dopo l’urto il corpo 2 raggiunge il fondo del piano inclinato con una velocit` a V : applicando a tale moto la conservazione dell’energia, la velocit` a del corpo 2 subito dopo l’urto, v 2f , dovr`a soddisfare la seguente
∆K + ∆U g = L n.c. ⇒ 1
2 m 2 V 2 − 1
2 m 2 v 2f 2 − m 2 gℓ 0 sin θ = −f k ℓ 0 = −µ k m 2 gℓ 0 cos θ, dalla quale si ricava
v 2f = pV 2 + 2gℓ 0 (µ k cos θ − sin θ) = 5.48 m/s.
Nell’urto elastico tra i due corpi si conserva sia la quantit` a di moto che l’energia cinetica. Quindi, scrivendo le relazioni, mettendo a sistema e risolvendo (si `e scelto un’asse parallelo al piano inclinato e diretto verso il suo punto pi` u basso), abbiamo
m 1 v 1i = m 1 v 1f + m 2 v 2f
m 1 v 2 1i = m 1 v 1f 2 + m 2 v 2f 2 ⇒ v 1f = v 2f − v 1i ; v 1i = m 1 + m 2 2m 1 v 2f dove v 1i e v 1f sono le velocit` a del corpo 1 subito prima e subito dopo l’urto.
Poi, tenendo presente che durante il suo avvicinamento al corpo 2, l’energia meccanica del corpo 1 si conserva, si ha
1
2 k∆ℓ 2 = 1
2 m 1 v 1i 2 = 1 8
(m 1 + m 2 ) 2 m 1
v 2 2f . Quindi, sostituendo l’espressione di v 2f ottenuta in precedenza, si ricava
∆ℓ 2 = (m 1 + m 2 ) 2
4m 1 k V 2 + 2gℓ 0 (µ k cos θ − sin θ)
⇒ ∆ℓ =
s
(m 1 + m 2 ) 2
4m 1 k [V 2 + 2gℓ 0 (µ k cos θ − sin θ)] = 40.0 cm Per quanto riguarda l’oscillazione armonica del corpo 1 dopo l’urto, si capisce immediatamente che,
analogamente ad ogni sistema massa–molla, la sua pulsazione sar` a pari a ω = pk/m 1 . Conseguente- mente, la sua frequenza `e
ν = ω 2π = 1
2π r k
m 1 = 4.36 Hz.
Infine, per l’ampiezza dell’oscillazione possiamo ragionare come segue. Dopo l’urto, il corpo 1 ha una velocit` a pari a
v 1f = v 2f − v 1i =
1 − m 1 + m 2 2m 1
v 2f = − m 2 − m 1 2m 1
v 2f = −v 2f = −5.48 m/s.
Questo significa che il corpo 1 torna indietro e la molla verr` a compressa. Durante tale compressione l’energia meccanica del corpo 1 si conserva e alla massima compressione, ∆ℓ ′ , avremo
1
2 m 1 v 1f 2 = 1
2 k(∆ℓ ′ ) 2 ⇒ ∆ℓ ′ = r m 1
k |v 1f | = |v 1f |
ω = 20.0 cm.
Ovviamente, tale spostamento corrisponde all’ampiezza dell’oscillazione armonica: cio`e, se conside- riamo un asse x parallelo al piano inclinato, diretto verso il suo punto pi` u basso e con origine nel- la posizione iniziale del corpo 1, durante la sua oscillazione la sua equazione oraria sar` a del tipo x(t) = −∆ℓ ′ sin(ωt).
l/2 l/2
m 1 1
2
b
