SOLUZIONE ESERCIZIO 1

Soluzione prova scritta - 19 Giugno 2015

SOLUZIONE ESERCIZIO 1

Per calcolare il modulo della velocit`a a cui deve essere sparato il proiettile affinch`e esso colpisca il carrello pu`o essere calcolato scrivendo l’espressione della gittata

d =v²sin 2θ

g . (1)

Invertendo la relazione ottieniamo

v = r gd

sin 2θ = 7.52 m/s. (2)

Una volta che il proiettile colpisce in carrello in modo anelastico, la velocit`a immediatamente dopo l’urto pu`o essere ottenuta sfruttando la conservazione della quantit`a di moto lungo la direzione x. La componente lungo x della velocit`a del proiettile, che non `e mai cambiata durante il moto parabolico vale vx= v cos θ, avremo pertanto

M

3 v cos θ =

 M +M

3



V (3)

da cui

V =v cos θ

4 = 1.63 m/s. (4)

Dopo l’urto il sistema proiettile + carrello inizia ad oscillare. L’ampiezza delle oscillazioni pu`o essere ricavata sfruttando la conservazione dell’energia. Infatti la massima compressione della molla, ossia l’ampiezza A, si raggiunge nel momento in cui tutta l’energia cinetica in gioco viene convertita in energia potenziale elastica:

1

2kA²= 1 2

 M +M

3

  v cos θ 4

²

. (5)

Risolvendo per A abbiamo

A =

r M

12kv cos θ = 0.84 m. (6)

La pulsazione ω delle oscillazioni invece si ottiene semplicemente comepk/M_tot

ω =

s k

M +^M₃ = r 3k

4M = 1.94 rad/s (7)

SOLUZIONE ESERCIZIO 2

Scriviamo quindi il bilancio delle forze in un sistema di riferimento dove l’asse delle x `e parallelo al piano inclinato e diretto verso la discesa:

 M g sin θ − fa= M a

N − M g cos θ = 0 (8)

A queste equazioni dobbiamo aggiungere il bilancio dei momenti delle forze rispetto all’asse passante per il centro della sfera.

faR = Iα, (9)

dove il momento di inirzia della sfera vale

I = 2

5M R². (10)

1

Imponiamo quindi la condizione di puro rotolamento, a = Rα, e ricaviamo il coefficiente di attrito limite.

Per prima cosa sostituiamo questa condizione e la definizione del momento di inierzia nel bilancio dei momenti, ottenendo:

fa =2

5M a. (11)

Sostituiamo quindi l’espressione di M a in funzione della forza di attrito nella prima equazione del sistema e ricaviamo fa

fa= 2

7M g sin θ. (12)

A questo punto il coefficiente di attrito minimo per consentire il puro rotolamento si pu`o ricavare scrivendo

µlim=fa

N =

2

7M g sin θ M g cos θ = 2

7tan θ = 0.29, (13)

dove abbiamo sostituito N usando la seconda equazione del sistema. Per ricavare l’accelerazione invece, posso ad esempio sostituire fa= ²₅M a nella prima equazione del sistema ottenendo:

7

5M a = M g sin θ, (14)

e quindi

a =5

7g sin θ = 4.95 m/s². (15)

Quando la sfera raggiunge la seconda met`a del piano inclinato, dove il coefficiente di attrito si annulla, il momento delle forze su di essa si annulla. La sfera perci`o continuera a ruotare con velocit`a angolare costante pari a quella acquisita a met`a del percorso. In particolare nella seconda met`a del percorso la sua energia cinetica di rotazione rester`a costante, mentre l’energia potenziale gravitazionale verr`a convertita nella sola energia cinetica del centro di massa. Iniziamo ricavando la velocit`a angolare dopo che a sfera ha percorso L/2. Siano ¯ω e ¯vCMrispettivamente la velocit`a angolare e la velocit`a del centro di massa raggiunte a met`a percorso. Si noti che esse sono ancora legate dalla relazione di puro rotolamento v = ωR. Usando la conservazione dell’energia scriviamo

M gL

2 sin θ = 1

2M ¯v_CM² +1

2I ¯ω²= 1

2M ¯ω²R²+1

5M ¯ω²R² (16)

M gL

2 sin θ = 7

10M ¯ω²R² (17)

da cui si ottiene la velocit`a angolare a met`a percorso

¯ ω =

r5 7

Lg sin θ

R² = 19.27 rad/s. (18)

L’energia cinetica del centro di massa alla fine del piano, sommata all’energia cinetica di rotazione appena ricavata dovr`a essere uguale all’energia potenziale totale. In formule:

M gL sin θ = 1

2M v²CM+1

2I ¯ω²= 1

2M v²CM+1

7M Lg sin θ (19)

dove nel secondo passaggio abbiamo sostituito la definizione di I e l’espressione di ¯ω². Si ottiene perci`o

vCM = r12

7 gL sin θ = 5.97 m/s (20)

SOLUZIONE ESERCIZIO 3

Per prima cosa ricaviamo il numero di moli n da pressione volume e temperatura dello stato A n = V_AP_A

RTA

= 32.1. (21)

Per la trasformazione adiabatica reversibile AB vale la seguente relazione

PAV^γA= PBV^γB, (22)

2

inotre essendo il gas biatomico cv= ⁵₂R, cp= ⁷₂R e γ = ⁷₅. Possiamo quindi ricavare il volume in B che vale

VB= VA

 PA

P_B

_γ¹

= 0.11 m³. (23)

Dall’equazione di stato per un gas ideale si ottiene a questo punto la temperatura TB

TB =VBPB

nR = 662.5 K. (24)

Consideriamo ora l’espansione isobara BC. La pressione in C `e nota, essendo uguale alla pressione in B, mentre la temperatura TC pu`o essere ricavata dalla quantit`a di calore scambiata

Q = ncp(TC− TB) (25)

da cui

T_C= T_B+ Q ncp

= 1037.5 K (26)

TC e PC ci permettono di ricavare VC, che vale V_C =nRT_C

PC

= 0.17 m³. (27)

Per la trasformazione CD sfruttiamo nuovamente la relazione per le adiabatiche

PCV^γC= PDV^γD (28)

e calcoliamo P_D, tenendo conto che V_A= V_D. Si ottiene quindi P_D= P_C V_C

VD

^γ

= 1.87 · 10⁵P a. (29)

Ricaviamo inoltre la temperatura del gas in D TD= VDPD

nR = 562.2 K. (30)

Il rendimeto di un ciclo `e definito come

η = 1 − Qc

Qa

. (31)

Nel ciclo considerato il calore viene scambiato solo nelle trasformazioni BC e DA. Il calore scambiato durante la trasformazione BC `e assorbito mentre quello scabiato durante DA `e ceduto. Possiamo ricavare Qc dalla relazione

Qc = ncv(TD− TA), (32)

e ottenere quindi un rendimento pari a

η = 0.5. (33)

Per finire possiamo calcolare la variazione di entropia del gas durante la trasformazione BC dalla relazione

∆S^BC = nc_vlog T_C TB



+ nR log V_C VB



(34) ottenendo

∆S^BC = 418.7 J/K (35)

3