SOLUZIONE ESERCIZIO 1

Prova Scritta - 5 Luglio 2017

SOLUZIONE ESERCIZIO 1

Per prima cosa ricaviamo il tempo necessario affinch`e Mario raggiunga il punto pi`u alto del salto che chiameremo tsal. Naturalmente questo coincide con il tempo che impiega dal punto pi`u alto a tornare a terra ed `e legato alla accelerazione di gravit`a g⁰ dalla relazione

1

2g⁰t²sal= h (1)

dove h = 5hM = 7.75 m. Avremo quindi

t_sal= s

2h

g⁰ . (2)

Possiamo ragionare nel modo seguente: se Mario raggiunge la sommit`a del suo salto nello stesso istante in cui il fungo inizia a cadere i due, nonostante le masse diverse, cadranno avendo tempo per tempo la stessa y. Inoltre, visto che la piattaforma dove si trova inizialmente il fungo e quella dove atterra Mario sono allineate, avere la stessa y a tutti i tempi `e una condizione sufficiente affinche le due traiettorie si intersechino. Deve quindi valere la seguente condizione

t₀+ t_sal= t_F, (3)

dove tF `e il tempo che ci mette il fungo a raggiungere il bordo della sua piattaforma, ossia tF = l

v_F . (4)

Sostituendo si ottiene quindi

 l v_F − t0

²

=2h

g⁰ , (5)

per cui

g⁰= 2h

 l v_F − t0

2 = 80.5 m/s⁻². (6)

A questo punto `e facile sfruttando la conservazione dell’energia meccanica ricavare l’altezza H cha Mario raggiungerebbe sulla terra

mg⁰h = 1

2mv²_⊥= mgH (7)

da cui

H = g⁰

gh = 63.6 m . (8)

Occupiamoci ora della seconda parte dell’esercizio. Fino a che Mario non urta il fungo la sua velocit`a lungo la direzione x rimane invariata e vale

v_k= d

2t_sal = 6.84 m/s . (9)

Se la sua velucit`a fosse rimasta invariata Mario avrebbe raggiundo il bordo della piattaforma a distanza d. In realt`a a causa dell’urto anelastico con il fungo la sua velocit`a si riduce a un valore v<sub>k</sub><sup>0</sup>che possiamo determinare dalla conservazione della quantit`a di moto lungo x. Infatti

mv_k− mFvF = (m + mF)v_k⁰ (10)

da cui si ricava

v_k⁰= mv_k− mFvF

m + mF

= 6.66 m/s . (11)

1

Dobbiamo ora ricavare a quale tempo `e avvenuto l’urto tra Mario e il fungo e quanta distanza lungo x Mario ha percorso andando alla nuova velocit`a v_k⁰. Per farlo consideriamo la coordinata x della traiettoria di Mario e del fungo. Conviene scegliere un sistema di riferimento comodo in cui l’origine dei tempi `e fissata nel momento in cui Mario si trova al vertice della parabola.

x_M(t) = v_kt

xF(t) = −vFt + d/2 . (12)

Esister`a un tempo ˜t in cui le x coincidono

xM(˜t) = xF(˜t) (13)

che vale

t =˜ d/2

v_k+ v_F = 0.29 s . (14)

La distanza lungo x percorsa da Mario dopo l’urto sar`a quindi

d⁰= v_k⁰(t_sal− ˜t) , (15)

e pertanto arriva ad una distanza dalla piattaforma pari a

d/2 − (x_M(˜t) + d⁰) = d/2 − (v_k˜t + v_k⁰(t_sal− ˜t)) = 2.6 cm . (16)

SOLUZIONE ESERCIZIO 2

Fino a che il blocco non striscia la forza di attrito non compie lavoro e l’energia meccanica del sistema si conserva. Abbiamo perci`o

M

2 gR = M

2 gR cos θ + 1

2Iω², (17)

dove abbiamo fissato l’origine dell’energia potenziale alla quota di O. Il momento di inerzia rispetto all’asse di rotazione si ricava sfruttando la propriet`a di additivit`a e vale

I =1

2M R²+M

2 R²= M R². (18)

Possiamo quindi ricavare la velocit`a angolare ω come

ω =r g

R(1 − cos θ) = 0.71 s⁻². (19)

Per ricavare l’accelerazione angolare α possiamo scrivere il bilancio dei momenti delle forze rispetto ad O. Il contributo della forza peso agente sul blocco `e il solo diverso da zero. Svolgendo il prodotto vettoriale e usando il fatto che sin(π − θ) = sin(θ) si ottiene

M

2 gR sin θ = Iα . (20)

Da quest’ultima equazione si ricava

α = g sin θ

2R = 2.43 s⁻². (21)

Per ricavare la reazione normale N e la forza d’attrito Fa dobbiamo scrivere il bilancio delle forze lungo la direzione rediale e tangenziale. Cominciamo dalla componente radiale. Avremo

M

2 g cos θ − N =M

2 ω²R , (22)

da cui si ottiene

N = M

2 g (2 cos θ − 1) = 6.57 N . (23)

Per quanto riguarda la direzione tangenziale invece avremo M

2 g sin θ − Fa= M

2 αR (24)

2

e dunque

Fa =M

4 g sin θ = 0.71 N . (25)

Il corpo inizia a strisciare quando smette di valere la condizione

F_a ≤ µsN . (26)

Per ricavare l’angolo in corrispondenza del quale il blocco inizia a strisciare scriviamo dunque M

4 g sin θ = µ_sM

2 g (2 cos θ − 1) , (27)

ossia

sin θ = 2µ_s(2 cos θ − 1) (28)

Elevando al quadrato si ottiene un’equazione di secondo grado in cos θ che ha per soluzioni

cos θ = 8µ²_s±p1 + 12µ²_s

1 + 16µ²_s . (29)

Avendo scartato la soluzione non fisica perch`e maggiore di π/2 abbiamo

θmax= 27.6^◦ (30)

SOLUZIONE ESERCIZIO 3

Iniziamo disegnando nel piano PV il ciclo descritto dall’esercizio.

V

P A

B C

Il lavoro compiuto nella trasformazione AB si ricava sfruttando il primo principio della termodinamica che vale anche per trasformazioni irreversibili

Q_AB= L_AB+ ∆U_AB. (31)

Questo implica

L_AB = Q_AB− nc_v(T_B− T_A) , (32)

dove abbiamo sostituito l’espressione per la variazione di energia interna. Numericamente avremo quindi

LAB= 8.5 KJ . (33)

3

Per determinare il volume VC sfruttiamo le propriet`a delle trasformazioni adiabatice. Notiamo per prima cosa che essendo il gas monoatomico avremo cv= 3/2, cp= 5/2 e dunque γ = 5/3. Varr`a dunque

TAVAγ−1

= TCVCγ−1

, (34)

e pertanto, sfruttando il fatto che la temperatura in C coincide con la temperatura in B, si avr`a

VC= VA

 T_A TB

_γ−1¹

= 0.04 m³. (35)

Il calore scambiato nella trasformazione BC coincide con il lavoro svolto essendo nulla la variazione di energia interna. Possiamo quindi scrivere

L_BC = Z

P dV = nRT_B Z dV

V =nRT_BlogV_C VB

(36) e ottenere

LBC = QBC = −5.9 KJ . (37)

Per il calcolo dell’entropia notiamo per prima cosa che essendo un ciclo

S^irrAB+ S^revBC+ S^revCA= 0 . (38)

Inoltre visto che la trasformazione CA `e adiabatica e reversibile sar`a anche iso entropica e dunque

S^rev_CA= 0 . (39)

Lungo la trasformazione BC invece la variazione di entropia vale S^rev_BC =

Z dQ

T_B = nR logVC

V_B, (40)

e pertanto

S^irr_AB = nR logV_B VC

= 26.9 J/K (41)

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