rispetto all’orizzontale, pu` o scivolare senza attrito sul piano sottostante.

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. 2019/2020, Sessione di Giugno/Luglio, Primo Appello, 24 Giugno 2020, Prova scritta

TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI

PROBLEMA 1 Un corpo di massa m = 2.50 kg `e appoggiato su un cuneo ed `e mantenuto in posizione tramite una corda ideale (inestensibile e di massa trascurabile) con l’altro estremo fissato al cuneo stesso (vedi figura). Il cuneo, la cui superficie piana superiore `e inclinata di un angolo θ = 30

rispetto all’orizzontale, pu` o scivolare senza attrito sul piano sottostante.

Supponendo che il cuneo si muova di moto uniformemente accelerato verso destra (come indicato in figura) con accelerazione a, determinare:

A) le ampiezze della reazione normale ~ N N N agente sul corpo di massa m e della tensione T della corda, nel ~ ~ caso di a = g;

B) il minimo valore di a, a

, al di sopra del quale il corpo di massa m si stacca dal cuneo;

C) l’angolo α (rispetto all’orizzontale) che la corda avrebbe nel caso di a =

· a

, dove a

`e quello calcolato al punto B).

θ

m ~a ~a ~a

Soluzione Finch´e il corpo di massa m poggia sul cuneo, oltre alla forza di gravit`a m~g~g~g esso risentir` a della reazione normale ~ N N N (da parte del cuneo) e della forza ~ ~ ~ T~ T~ T diretta verso il punto di ancoraggio della corda e di modulo pari alla tensione della corda stessa. Dato che il corpo si muove solidalmente con il cuneo dovr`a essere

m~a ~a ~a = m~g~g~g + ~ N N N + ~ ~ ~ T~ T~ T .

Proiettando tale relazione vettoriale lungo un asse x orizzontale verso destra e un asse y verticale verso l’alto otteniamo le seguenti

 ma = −N sin θ + T cos θ 0 = −mg + N cos θ + T sin θ Conseguentemente, dalla prima ricaviamo la seguente

T = ma + N sin θ cos θ , che inserita nella seconda ci permette di ottenere

(ma + N sin θ) sin θ

cos θ + N cos θ − mg = 0 ⇒ ma sin θ + N (sin

θ + cos

θ) = mg cos θ, e quindi

N = mg cos θ − ma sin θ; T = ma cos θ + mg sin θ.

Nel caso di a = g abbiamo

N = mg cos θ − mg sin θ = mg(cos θ − sin θ) = mg

√ 3 2 − 1

2

!

= 8.98 N;

e

T = mg cos θ + mg sin θ = mg(cos θ + sin θ) = mg

√ 3 2 + 1

2

!

= 33.5 N.

Quando il corpo si staccher` a dal cuneo la reazione normale si annuller` a. Quindi, per a

abbiamo N = 0 ⇒ g cos θ = a sin θ ⇒ a = a

= g

tan θ = √

3 · g = 17.0 m/s

.

Per accelerazioni del cuneo maggiori di a

, il corpo si stacca dal cuneo e la corda sar` a inclinata (rispetto all’orizzontale) di un angolo α < θ. In tal caso, data l’assenza di ~ N N N , dovr`a essere m~a ~ ~ ~a ~a = m~g~g~g + ~ T~ T~ T e quindi

 ma = T cos α

0 = −mg + T sin α ⇒ T = ma

cos α → ma sin α cos α = mg e quindi

tan α = g

a ⇒ α = arctan  g a



= arctan g

5 4

· a

!

= arctan

 4 5 √

3



= 24.8

.

PROBLEMA 2 Un cilindro omogeneo, di massa M = 15.0 kg e raggio R = 20.0 cm `e appoggiato su un piano orizzontale. Al suo centro di massa `e agganciata una corda ideale al cui altro estremo `e appeso (anche tramite una puleggia ideale) un corpo di massa m

= 5.00 kg. Intorno al cilindro `e avvolta una seconda corda ideale al cui altro estremo `e appeso (tramite una seconda puleggia ideale) un corpo di massa m

. Supponendo che la corda avvolta intorno al cilindro non scivoli rispetto alla sua superficie e che il cilindro stesso non scivoli mai sul piano di appoggio, determinare:

A) la massa che deve avere il corpo 2, m

, affinch´e l’intero sistema sia in equilibrio statico, nonch´e il modulo e la direzione della forza di attrito statico agente sul punto del cilindro in contatto con il piano di appoggio;

B) l’accelerazione del centro di massa del cilindro quando `e m

= 2 · m

.

C) il minimo valore che deve avere il coefficiente di attrito statico, µ

, affinch`e il cilindro possa effetti- vamente muoversi come nel punto B) senza scivolare sul piano.

m

m

R

M

Soluzione Le forze che agiscono sul cilindro sono quelle indicate nella figura a fianco cove ~ T~ T~ T

e ~ T~ T~ T

sono le forze determinate dalle due corde, mentre ~ f~ f~ f

`e la forza di attrito statico che, per scelta personale, abbiamo supposto diretta verso destra.

R

M~g~g~g

f~ f~ f ~

T~ ~ T~ T

T~ ~ T~ T

N ~ ~

N N ~

Pertanto, applicando la seconda legge della dinamica nelle forme lineare e angolare al cilindro possiamo scrivere le seguenti (asse x orizzontale verso destra e asse y verticale verso l’alto):



 

 



 

 



0 = T

− m

g 0 = T

− m

g 0 = T

− T

+ f

0 = N − Mg 0 = RT

− Rf

Quindi, si ottengono immediatamente m

= m

= 1

2 m

= 2.50 kg; f

= T

= m

g = 1

2 m

g = 24.5 N.

Se la massa del corpo 2 `e pari a 2 · m

= m

il sistema non sar` a pi` u in equilibrio: il corpo 2 scender`a, il corpo 1 salir` a mentre il cilindro rotoler` a verso destra. Ora, l’uso della seconda legge (nelle due forme) ci porta alle seguenti



 

 



 

 



m

a

= T

− m

g m

a

= m

g − T

M a

= T

− T

+ f

0 = N − Mg I

α = RT

− Rf

(∗)

dove le prime due riguardano i corpi 1 e 2 e per essi si sono scelti due assi verticali orientati concordemente al loro moto. a

e α sono le accelerazioni lineare (del centro di massa) e angolare del cilindro e I

=

M R

il suo momento d’inerzia rispetto all’asse per il suo c.d.m.

Se il cilindro non slitta, il suo moto `e di puro rotolamento: quindi α = a

R . Inoltre `e a

= a

; a

= 2a

.

Utilizzando tali relazioni, estraendo T

e T

dalle prime due equazioni delle (∗) e sostituendole nella terza e la quinta sempre delle (∗), e sostituendo l’espressione di I

, si ottengono le seguenti

 (M + 3m

) a

= f

1

2

M + 2m

a

= m

g − f

Da queste si ricava

a

= 2m

3M + 10m

g = 1.03 m/s

; f

= 2(M + 3m

)m

3M + 10m

g = 31.0 N Infine, dato che f

≤ µ

N , abbiamo

µ

≥ f

N ⇒ µ

≥ µ

= f

M g = 2(M + 3m

)m

(3M + 10m

)M = 0.210.

PROBLEMA 3 Un recipiente cilindrico di volume V = 2.5 · 10

m

, con pareti adiabatiche, `e diviso in due scomparti da un pistone a tenuta di spessore e massa trascurabili, costituito da un buon conduttore termico e libero di muoversi con attrito trascurabile. Il primo scomparto `e occupato da n

= 1.50 mol di un gas ideale monoatomico, mentre il secondo contiene n

= 2.50 moli di un gas ideale biatomico.

All’inizio il pistone `e bloccato in una posizione tale da dividere il recipiente in due scomparti di uguale volume. In tali condizioni i due gas sono in equilibrio termico alla temperatura T

= 300 K.

A) Determinare le pressioni, p

e p

, dei gas.

Poi il pistone viene sbloccato e lasciato libero e il sistema dopo un p` o di tempo raggiunge, spontaneamente,

l’equilibrio termodinamico e meccanico. Sapendo che la pressione finale dei gas nei due scomparti `e p

=

3.93 · 10

Pa:

B) determinare i volumi finali, V

e V

, dei due scomparti e la temperatura T

dei gas;

C) dire come si potrebbe definire la trasformazione che ha portato il sistema dallo stato iniziale (quello del punto A)) all’attuale stato finale, specificando, giustificando la risposta, se `e reversibile o irreversibile;

D) calcolare la variazione di energia interna, ∆E

, subita dal sistema in tale trasformazione.

scomparto 1 scomparto 2

Soluzione Per il calcolo delle pressioni dei gas nello stato iniziale abbiamo tutti dati, quindi si ha p

= n

RT

V /2 = 2n

RT

V = 2.99 · 10

Pa; p

= n

RT

V /2 = 2n

RT

V = 4.99 · 10

Pa.

Quando il pistone viene sbloccato prender` a a muoversi verso lo scomparto 1, dato che questo ha una pres- sione pi` u bassa. Osservare che, in tal caso, il movimento del pistone segue una dinamica spontanea e cio`e determinata dalle spinte che esse riceve a causa delle differenze di pressione e alla fine (al raggiungimento dell’equilibrio meccanico, si posizioner`a in un punto tale da rendere le pressioni dei due scomparti uguali.

Inoltre, il raggiungimento dell’equilibrio termodinamico presuppone (essendo il pistone permeabile al calore) che nello stato finale i due gas avranno anche la stessa temperatura T

.

In tali condizioni, per i due gas potremo scrivere

p

V

= n

RT

; p

V

= n

RT

, dalle quali, dividendo membro a membro, si ottiene

V

V

= n

n

.

Ma essendo V

+ V

= V `e facile ricavare che V

= n

n

+ n

V = 9.37 · 10

m

; V

= n

n

+ n

V = 1.56 · 10

m

.

Ora che conosciamo i volumi finali dei due scomparti possiamo calcolare la temperatura finale, che sar` a T

= p

V

n

R = p

V

n

R = p

V

(n

+ n

)R = 295 K.

La trasformazione che porta il sistema nell’attuale stato finale, essendo spontanea `e sicuramente irreversi- bile ! Inoltre, sebbene i due gas possono scambiare calore tra loro (attraverso il pistone), essendo il recipiente adiabatico, il sistema nel suo complesso (formato dai due gas) non scambia calore con l’ambiente circostante.

Perci` o, la trasfomazione `e un’abiabatica irreversibile!

La variazione di energia interna del sistema `e

∆E

= ∆E

+ ∆E

= (n

c

+ n

c

)(T

− T

) = R  3 2 n

+ 5

2 n



(T

− T

)



= −324 J.