A.A. 2018/2019, Sessione di Giugno/Luglio, Secondo Appello, 16 Luglio 2019, Prova scritta

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 Giugno/Luglio, Secondo Appello, 16 Luglio 2019, Prova scritta

TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI

L

h

θ θ

h max

PROBLEMA 1 Due cunei identici, di al- tezza h = 1.00 m e angolo d’inclinazione θ = 35 ^◦ , sono disposti specularmente co- me schematizzato in figura ad una distanza L = 2.00 m l’uno dall’altro e sono ancorati al piano su cui poggiano. Un corpo punti- forme di massa m = 1.50 kg viene lanciato lungo la parte inclinata del cuneo di destra

per mezzo di una molla ideale, di lunghezza a riposo l 0 = 40.0 cm e costante elastica k = 1.26 · 10 ³ N/m, il cui estremo inferiore `e fissato al cuneo stesso (vedi figura). In seguito al lancio, dopo aver raggiunto la sommit`a del cuneo di destra, il corpo prosegue di moto parabolico raggiungendo il punto pi` u in alto del cuneo di sinistra tangenzialmente alla sua superficie e quindi scivola fino in fondo ad esso. Sapendo che la superficie del cuneo di destra `e perfettamente liscia (assenza di attriti), mentre quella del cuneo di sinistra presenza un coefficiente di attrito dinamico µ k = 0.350, determinare:

a) la lunghezza della molla al momento del lancio del corpo;

b) la massima altezza h max raggiunta dal corpo durante il suo moto;

c) la velocit` a dello stesso quando raggiunge il punto pi` u basso del cuneo di sinistra.

Soluzione Prima di tutto si noti che le sommit`a dei due cunei e le loro inclinazioni sono le stesse. Pertanto, il corpo lascia il cuneo di destra e arriva su quello di sinistra seguendo una parabola perfettamente simmetrica e tangente alle superfici dei cunei (come schematizzato in figura). Conseguentemente, il modulo della velocit` a di uscita (dal cuneo di destra) e quella di entrata (nel cuneo di sinistra) devono essere uguali. Denominiamo tale modulo v h e calcoliamolo.

Le equazioni orarie delle coordinate del corpo durante il moto parabolico (asse x orizzontale verso sinistra e asse y verso l’alto con origine alla dase dei cunei) sono le seguenti



 

 

x(t) = v h cos θ · t

y(t) = h + v h sin θ · t − 1 2 gt ² Imponendo x(t ^∗ ) = L e y(t ^∗ ) = h si ricava

t ^∗ = L

v h cos θ ⇒ L tan θ − 1 2 g L ²

v ² _h cos ² θ = 0 ⇒ v _h ² = gL 2 cos θ sin θ , dalla quale si ottiene

v h =

r gL

2 cos θ sin θ = 4.57 m/s.

Ora che conosciamo v h , per determinare la lunghezza iniziale della molla, possiamo utilizzare la conservazione dell’energia meccanica. Indicando con ∆l la compressione della molla, confrontando il momento del lancio del corpo con quello in cui lo stesso raggiunge la sommit`a del cuneo di destra, possiamo scrivere

U i + K i = U f + K f ⇒ mg(l ⁰ − ∆l) sin θ + 1

2 k∆l ² = mgh + 1 2 mv ² _h , dalla quale si ricava la seguente equazione di secondo grado in ∆l

k∆l ² − 2mg sin θ · ∆l − 2mg



h + L

4 cos θ sin θ − l ⁰ sin θ



= 0.

Risolvendo (la soluzione fisica `e quella con il +) si ottiene

∆l = mg sin θ + q

m ² g ² sin ² θ + 2kmg h + 4 cos ^L θ sin θ − l ⁰ sin θ

k = 0.214 m,

e quindi la lunghezza iniziale della molla `e

l i = l 0 − ∆l = 0.186 m = 18.6 cm.

La quota massima raggiunta dal corpo corrisponde a y(t ^∗ /2) pari a

y max = y(t ^∗ /2) = h + v h sin θ ·  t ^∗ 2



− 1 2 g  t ^∗

2

 ²

= h + L

2 tan θ − 1 2 g L ²

4v _h ² cos ² θ . Sostituendo v h e semplificando si ricava

y max = h + L

4 tan θ = 1.350 m

Infine, dato che lungo la discesa entra in gioco anche un forza di attrito dinamico di modulo f k = µ k N = µ k mg cos θ, la variazione di energia meccanica sar`a pari al lavoro di tale forza di attrito. Pertanto, potremo scrivere

∆K + ∆U = L n.c. ⇒ 1

2 m v ² _f − v ² _h

− mgh = −µ k mg cos θ · h sin θ , dove v f `e la velocit` a del corpo in fondo al cuneo di sinistra. Ricavando v f si ha

v f = s

v ² _h + 2gh

 1 − µ k

cos θ sin θ



= 5.54 m/s.

PROBLEMA 2 Su un piano orizzontale sono appoggiati due cilindri omogenei: il cilindro 1 (a destra) ha massa M ¹ = 10.0 kg e raggio R ¹ = 20.0 cm; il cilindro 2 (a sinistra) ha massa M ² = 4.00 kg e raggio R ² = R ¹ /2. Intorno al cilindro 2 `e avvolta una corda ideale (inestensibile e di massa trascurabile) con un capo agganciato al centro di massa (c.d.m.) del cilindro 1. Sull’asse del cilindro 1 agisce una coppia di momento

~τ~τ~τ perpendicolare al piano della figura ed entrante nel foglio. Sapendo che la corda non slitta sulla superficie

R ²

R ¹ ~τ~τ~τ del cilindro 2, che entrambi i cilindri si muo-

vono di moto di puro rotolamento e che l’ac- celerazione del c.d.m. del cilindro 1 `e pari a a cm,1 = 2.50 m/s ² , determinare:

a) il modulo di ~τ~τ~τ;

b) il modulo della tensione T della corda;

c) modulo direzione e verso delle forze di attrito statico ~ f~ f~ f s,1 e ~ f~ f~ f s,2 agenti sui due cilindri.

Soluzione Le forze e i momenti che intervengono nel moto dei due cilindri sono indicate nella figura seguente.

T~ T~ T e ~ ~ T~ T~ T ^′ , entrambe di modulo T sono determinate dalla tensione della corda. Le forze ~ f~ f~ f s,1 e ~ f~ f~ f s,2 sono le forze di attrito statico agenti sul punto di contatto dei cilindri con il piano di appoggio. Si noti che queste ultime (per scelta personale) si sono considerate entrambe dirette in avanti; le soluzioni delle equazioni ci diranno se tale scelta `e corretta.

R ²

R 1 ~τ~τ~τ

f~ ~ f~

f s,1

f~ f~ f ~ s,2

T~ ~ T~ T

T~ ~ T~

T ^′

Consideriamo quindi la 2 ^a legge della dinamica nelle forme lineare e angolare e applichiamola ai due cilindri (per la forma angolare considereremo i momenti rispetto agli assi passanti per i centri di massa). Per il cilindro 1 abbiamo

(cil.1)

 M ¹ a cm,1 = f s,1 − T

I cm,1 α ¹ = τ − R ¹ f s,1 (cil.2)

 M ² a cm,2 = f s,2 + T I cm,2 α ² = R ² T − R ² f s,2

Tenendo presente che i cilindri sono omogenei, le relazioni tra R ¹ ed R ² e che il moto dei cilindri `e di puro rotolamento, possiamo scrivere le seguenti

I cm,1 = 1

2 M ¹ R 1 ² ; I cm,2 = 1

2 M ² R ² 2 = 1

8 M ² R ² 1

α ¹ = a cm,1

R ¹ ; a cm,2 = a cm,1

2 ; α ² = a cm,2

R ² = a cm,1

R ¹ = α ¹ , le precedenti diventano

(cil.1)







M ¹ a cm,1 = f s,1 − T

1

2 M ¹ R ¹ = τ − R ¹ f s,1

(cil.2)







1

2 M ² a cm,1 = f s,2 + T

1

4 M ² R ¹ a cm,1 = R ¹ T − R ¹ f s,2

Estraendo le forze di attrito dalle prime equazioni e inserendole nelle seconde ricaviamo le seguenti f s,1 = M ¹ a cm,1 + T ⇒ 3

2 M ¹ R ¹ a cm,1 = τ − R ¹ T f s,2 = 1

2 M ² a cm,1 − T ⇒ 3

4 M ² R ¹ a cm,1 = 2R ¹ T Dalla seconda di queste otteniamo

T = 3

8 M ² a cm,1 = 3.75 N, che inserita nella prima ci permette di ricavare

τ = 3 2



M 1 + M 2

4



R 1 a cm,1 = 8.25 N · m.

Infine, dalle espressioni di f s,1 e f s,2 ottenute in precedenza si ricava

f s,1 =

 M ¹ + 3

8 M ²



a cm,1 = 28.7 N; f s,2 = 1

8 M ² a cm,1 = 1.25 N.

Il segno positivo di entrambe le forze di attrito ci dice che, come scelto, entrambe sono dirette nella direzione del moto!

PROBLEMA 3 Si abbia un recipiente cilindrico con pareti adiabatiche disposto verticalmente avente se- zione A = 10.0 dm ² e altezza H = 50.0 cm. Il recipiente `e diviso in due parti da un pistone a tenuta orizzontale (vedi figura), permeabile al calore, di spessore e massa trascurabili e libero di scorrere vertical- mente con attrito trascurabile. Nella parte 1 del recipiente (quella in basso) sono presenti n 1 = 2.50 mol di un gas ideale monoatomico; nella 2 (quella in alto) si hanno n 2 = 1.50 mol di un gas ideale poliatomico.

n ¹ monoatomico

poliatomico n ²

F~ ~

F~ F A F~ F~ F ~ B

h ¹ Inizialmente il pistone viene mantenuto ad una quota h ¹ = 15.0 cm

tramite due forze esterne ~ F~ F~ F A ed ~ F~ F~ F B (identiche) di modulo complessivo F = 5.00 · 10 ³ N (vedi figura). In tali condizioni determinare:

a) le pressioni dei due gas e la loro temperatura.

Successivamente, le forze ~ F~ F~ F A ed ~ F~ F~ F B vengono gradualmente ridotte fino ad annullarle di modo che il sistema possa raggiungere lentamente il nuovo stato d’equilibrio. Determinare:

b) l’altezza finale a cui si porta il pistone;

c) la temperatura dei due gas;

d) la variazione di entropia subita dal sistema in questa trasformazione.

Soluzione Data la permeabilit` a al calore del pistone che separa i due gas, essi saranno sempre in equilibrio termico e quindi alla stessa temperatura. Ci`o succeder` a anche quando ridurremo le forze ~ F~ F~ F A e ~ F~ F~ F B dato che il tutto sar`a effettuato lentamente.

Detto questo, nello stato iniziale (indichiamo con T i la temperatura comune dei gas) potremo scrivere le seguenti p ¹ V ¹ = n ¹ RT i ; p ² V ² = n ² RT i ,

dove

V ¹ = Ah ¹ ; V ² = A(H − h ¹ ).

Perci` o, dividendo membro a membro e tenendo presente che `e p ¹ = p ² + F/A si ottiene la seguente (p ² + F/A)h ¹

p 2 (H − h 1 ) = n ¹ n 2

⇒ p 2 = n ² h ¹ F

A[n 1 (H − h 1 ) − n 2 h 1 ] = 1.73 · 10 ⁴ Pa = 0.171 atm.

Conseguentemente `e

p ¹ = p ² + F

A = n 1 (H − h 1 )F

A[n ¹ (H − h ¹ ) − n ² h ¹ ] = 6.73 · 10 ⁴ Pa = 0.664 atm.

Quindi, per la temperatura abbiamo

T i = p ² A(H − h ¹ )

n ² R = h ¹ (H − h ¹ )F

R[n ¹ (H − h ¹ ) − n ² h ¹ ] = 48.6 K.

Quando le forze ~ F~ F~ F A e ~ F~ F~ F B vengono gradatamente eliminate alla fine il sistema si trover`a sia in equilibrio termico che meccanico. In tali condizioni i due gas si troveranno alla stessa temperatura T f (ma diversa da T i ) e alla stessa pressione. In tali condizioni, per i due gas, potremo scrivere

p f V ¹ ,f = n ¹ RT f ; p f V ² ,f = n ² RT f , e conseguentemente

V 1 ,f

V ² ,f

= n 1

n ² ⇒ h 1 ,f

H − h ¹ ,f

= n 1

n ² , dalla quale ricaviamo che l’altezza finale a cui si porta il pistone `e

h 1 ,f = n 1

n ¹ + n ² H = 31.25 cm.

Come gi` a detto, durante la trasformazione i due gas scambiano calore tra loro, ma non con l’ambiente: pertanto, per l’intero sistema la trasformazione `e adiabatica! Inoltre, essendo una trasformazione lenta, possiamo anche supporre che sia reversibile. In tali condizioni la variazione di entropia del sistema deve essere NULLA!!

D’altra parte, essendo dei gas ideali, la variazione di entropia del sistema pu` o essere scritta nella seguente forma

∆S = ∆S 1 + ∆S 2 = n 1 c V,1 ln  T f

T i



+ n 1 R ln  V 1 ,f

V ¹



+ n 2 c V,2 ln  T f

T i



+ n 2 R ln  V 2 ,f

V ²

 . Quindi, essendo ∆S = 0, possiamo scrivere la seguente

(n 1 c V,1 + n 2 c V,2 )

R ln  T f

T i



= −n 1 ln  V 1 ,f

V ¹



− n 2 ln  V 2 ,f

V ²



, (∗∗)

la quale, sfruttando le propriet` a dei logaritmi, pu` o essere posta nella forma

ln





 T f

T i



(n1cV,1+n2cV,2) R



 = ln

"

 V 1 ,f

V ¹

 −n

1

 V 2 ,f

V ²

 −n

2

# ,

o anche

T f = T i ·

 V ¹ V ¹ ,f

 n

1

 V ² V ² ,f

 n

2



(n1cV,1+n2cV,2)^R

Infine, notando che il rapporto tra i volumi `e pari al rapporto tra le altezze e inserendo i valori dei calori specifici molari (c V,1 = ³ 2 R e c V,2 = 3R) si ottiene

T f = T i ·

 h ¹ h ¹ ,f

 n

1



H − h ¹ H − h ¹ ,f

 n

2



_{( 3} ¹

2n1+3n2)

= T i · 0.4071 ^{0 .1212} = 0.897 · T i = 43.6 K.

Allo stesso risultato si poteva giungere imponendo il fatto che, lungo la trasformazione, il calore complessivamente scambiato dai gas deve essere nullo; e cio`e scrivendo la seguente

dQ = dQ ¹ + dQ ² = 0 ⇒ dE int,1 + dL ¹ + dE int,2 + dL ² = 0 Esplicitando si sarebbe ottenuto

(n 1 c V,1 + n 2 c V,2 )dT = −p 1 dV 1 − p 2 dV 2 = − n 1 RT

V ¹ dV 1 − n 2 RT V ² dV 2 , e da questa la seguente

(n 1 c V,1 + n 2 c V,2 ) R

dT

T = −n 1

dV 1

V ¹ − n 2

dV 2

V ² ,

dalla quale si capisce che integrando tra gli stati iniziale e finale si otterrebbe la (∗∗).