Un punto materiale è vincolato a muoversi su una circonferenza di raggio R = 20 cm con accelerazione scalare a t = kt con k = 0.25s −1 . Sapendo che all’istante t

(1)

Corsi di Laurea in Ingegneria Settore Informazione- Canale 4 I appello di Fisica Generale 1 – 8 Giugno 2018

Cognome ____________ Nome Matricola

Problema 1

Un punto materiale è vincolato a muoversi su una circonferenza di raggio R = 20 cm con accelerazione scalare a _t = kt con k = 0.25s ⁻¹ . Sapendo che all’istante t

₀

= 0 il corpo è fermo determinare:

1) il tempo impiegato a percorrere N = 2 giri t

1

2) il modulo dell’accelerazione in questo istante a

Problema 2

Una sferetta bucata di massa m ₂ = 300g è vincolata a scorrere su una sbarretta orizzontale liscia ed è agganciata ad una molla ideale di massa nulla e costante elastica k = 50 N/m, infilata nella sbarretta. All'istante t = 0 la sferetta, ferma nella posizione di equilibrio, viene colpita da un corpo di massa m ₁ = 500g che si muove lungo il piano con velocità v ₀ = 4m/s che viaggia lungo una direzione inclinata di θ = 60° con la sbarretta. Dopo l'urto i corpi proseguono il loro moto insieme lungo la sbarretta. Calcolare:

1) l'energia dissipata nell’urto. ∆ E 2) la massima compressione della molla ∆ x Problema 3

Un disco orizzontale omogeneo di massa m

₁

= 1kg e raggio R = 20cm viene messo in rotazione tramite un motore che genera un momento M _G = 0.05Nm applicato al suo centro fino ad raggiungere la velocità angolare ω = 15rad/s. Sul centro del disco è fissata un'asta verticale di massa trascurabile al cui estremo superiore è legato, con un filo inestensibile di massa trascurabile di lunghezza = 0.1m , un punto materiale di massa m

₂

= 200g. Calcolare, sapendo che l'attrito sull'asse è trascurabile:

1) l’angolo formato dal corpo con l’asta all’istante finale θ 2) il numero di giri del disco necessari a raggiungere ω N

Problema 4

Un contenitore cilindrico, adiabatico orizzontale, è diviso in due parti da un setto mobile di spessore trascurabile la cui area di base è A = 100cm

²

. Nello stato iniziale il setto è bloccato e, in uno dei due comparti non c’è gas ma è alloggiata una molla

ideale di massa trascurabile, di costante elastica k = 5000N/m la cui lunghezza a riposo coincide con la lunghezza del comparto ( ∆ x ₀ = 0), mentre l'altro comparto, di volume V

0

=10 litri, contiene n = 0.18 moli di un gas perfetto monoatomico in equilibrio termodinamico alla temperatura T ₀ = 300K. Si sblocca il setto e, con una trasformazione irreversibile il gas viene portato in un altro stato di equilibrio, in cui la molla è compressa di ∆ x ₁ = 40cm, fornendo un calore Q dall'esterno. Calcolare :

1) la nuova temperatura di equilibrio T ₁

2) la quantità di calore fornita dall’esterno al gas Q Problema 5

Una macchina frigorifera opera reversibilmente con tre sorgenti di calore alle temperature rispettivamente di T ₁ = 800K, T ₂ = 600K e T ₃ = 300K. Per ogni ciclo la macchina cede una quantità di calore Q ₁ = −4 × 10 ⁴ J alla sorgente a temperatura T ₁ e compie un lavoro W = −8 × 10 ⁴ J . Determinare, precisandone il segno, per ogni ciclo della macchina frigorifera:

1) la quantità di calore scambiata con la sorgente a temperatura T ₂ Q ₂

2) la quantità di calore scambiata con la sorgente a temperatura T ₃ Q ₃

(2)

accelerazione scalare a _t = kt con k = 0.25s ⁻¹ . Sapendo che all’istante t

0

= 0 il corpo è fermo determinare:

1) il tempo impiegato a percorrere N = 2 giri t

1

2) il modulo dell’accelerazione in questo istante a

Soluzione

1) Dall’accelerazione scalare si ricava la legge oraria della velocità a _t = dv

dt = kt ⇒ d v

0

∫ v ⁼ 0 ^{kt dt}

∫ t ^{⇒ v = k} ^t 2 ²

Integrando ulteriormente si ricava la legge oraria del corpo, ricordando che lo spazio percorso in N giri è s = N 2π R ( ) ^,

v = ds dt = k t ²

2 ⇒ ds

0 2π RN

∫ ⁼ ^k ^t 2 ² dt

0 t

₁

∫ ⇒ 2π RN = k t ₁ ³ 6 da cui si ottene il tempo impiegato

t ₁ = 12π RN k

3 = 3.92s

2) All’istante t

₁

le componenti dell’accelerazione sono a _t = kt ₁ = 1.24m/s ² a _n = v ²

R = k ² t ₁ ⁴

4R = 18.48m/s ²

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪ per cui

a = a _t ² + a _n ² = 18.5m/s ²

(3)

Una sferetta bucata di massa m ₂ = 300g è vincolata a scorrere su una sbarretta orizzontale liscia ed è agganciata ad una molla ideale di massa nulla e costante elastica k = 50 N/m, infilata nella sbarretta. All'istante t = 0 la sferetta, ferma nella posizione di equilibrio, viene colpita da un corpo di massa m ₁ = 500g che si muove lungo il piano con velocità v ₀ = 4m/s che viaggia lungo una direzione inclinata di θ = 60° con la sbarretta. Dopo l'urto i corpi proseguono il loro moto insieme lungo la sbarretta. Calcolare:

1) l'energia dissipata nell’urto. ∆ E 2) la massima compressione della molla ∆ x

Soluzione

1) Poiché la forza d’attrito e la forza elastica sono finite, non ci forze impulsive lungo la sbarra.

C’è al contrario una forza impulsiva di reazione vincolare normale alla sbarra. Si conserva quindi solo la componente della quantità di moto lungo la sbarra

m ₁ v ₀ cosθ = m ( ₁ + m ₂ ) ^v ^{⇒ v =} ^m _m ¹ ^v ⁰ ^cosθ

1 + m ₂ = 1.25m/s e l’energia dissipata è

∆E = 1

2 ( m ₁ + m ₂ ) ^v ² ⁻ ¹ ₂ ^m 1 v ₀ ² = 3.375J 2) Applicando il bilancio energetico dopo l’urto

1 2 k∆x ² − 1

2 ( m ₁ + m ₂ ) ^v ² ^{= 0 ⇒} ^{∆x = v} ^m ¹ ^{+ m} _k ² ^{= 15.8cm}

(4)

viene messo in rotazione tramite un motore che genera un momento M _G = 0.05Nm applicato al suo centro fino ad raggiungere la velocità angolare ω = 15rad/s. Sul centro del disco è fissata un'asta verticale di massa trascurabile al cui estremo superiore è legato, con un filo inestensibile di massa trascurabile di lunghezza = 0.1m , un punto materiale di massa m

2

= 200g. Calcolare, sapendo che l'attrito sull'asse è trascurabile:

1) l’angolo formato dal corpo con l’asta all’istante finale θ 2) il numero di giri del disco necessari a raggiungere ω N Soluzione

1) Dall’istante finale, in cui il motore viene staccato, non c’è più accelerazione scalare e il moto diventa circolare uniforme: il punto materiale forma un pendolo conico che percorre una traiettoria di raggio R = senθ per cui l’equazione del moto porge

T cosθ − m ₂ g = 0

T senθ = m ₂ ω ² R = m ₂ ω ² senθ

⎧ ⎨

⎪

⎩⎪

Risolvendo

cosθ = g

ω ² ⇒ θ = cos ⁻¹ g ω ²

⎛ ⎝⎜ ⎞

⎠⎟ = 64.15 ° 2) Applicando il bilancio energetico fra l’istante iniziale e quello finale

W _motore = ∆E _c + ∆U _g M _G 2π N = 1

2 m ₂ v ² + 1 2 I _G ω ²

⎛ ⎝⎜ ⎞

⎠⎟ + − ( m ₂ g cosθ + m ₂ g )

con v = ω = 1.5m/s e I _G = 1

2 m ₁ R ² = 0.02kgm ² si ricava

N = m ₂ v ² + I _G ω ² − 2m ₂ g cos θ + 2m ₂ g

4 π M _G = 8.1 giri

(5)

Problema 4

Un contenitore cilindrico, adiabatico orizzontale, è diviso in due parti da un setto mobile di spessore trascurabile la cui area di base è A = 100cm

²

. Nello stato iniziale il setto è bloccato e, in uno dei due comparti non c’è gas, ma vi è alloggiata una molla ideale di massa trascurabile, di costante elastica k = 5000N/m la

cui lunghezza a riposo coincide con la lunghezza del comparto ( ∆ x ₀ = 0), mentre l'altro comparto, di volume V

0

= 10 litri, contiene n = 0.18 moli di un gas perfetto monoatomico in equilibrio termodinamico alla temperatura T ₀ = 300K. Si sblocca il setto e, con una trasformazione irreversibile il gas viene portato in un altro stato di equilibrio, in cui la molla è compressa di ∆ x ₁ = 40cm, fornendo un calore Q dall'esterno. Calcolare :

1) la nuova temperatura di equilibrio T ₁

2) la quantità di calore fornita dall’esterno al gas Q Soluzione

1) Lo stato iniziale è

T ₀ = 300K

V ₀ = 10litri=0.01m ³ p ₀ = nRT ₀

V ₀ = 44867N/m ²

⎧

⎨

⎪ ⎪

⎩

⎪ ⎪

Nello stato finale la pressione del gas equilibra la forza esercitata sul setto dalla molla, per cui lo stato finale è

p ₁₁ = k∆x ₁

A = 200000N/m ² V ₁ = V ₀ + ∆x ₁ A = 0.014m ³ T ₁ = V ₁ p ₁

nR = 1871K

⎧

⎨

⎪ ⎪

⎩

⎪ ⎪

2) Il lavoro fatto dal gas nella trasformazione comporta la compressione della molla ed è quindi pari all’energia elastica immagazzinata in essa, per cui applicando il primo principio al gas si ha

Q = ∆U + W

Q = nc _v ( T ₁ − T ₀ ) ⁺ ¹ ₂ ^k∆x 1 2 = n 3

2 R T ( ₁ − T ₀ ) ⁺ ¹ ₂ ^k∆x 1 2 = 3926J

(6)

rispettivamente di T ₁ = 800K, T ₂ = 600K e T ₃ = 300K. Per ogni ciclo la macchina cede una quantità di calore Q ₁ = −4 × 10 ⁴ J alla sorgente a temperatura T ₁ e utilizza il lavoro W = −8 × 10 ⁴ J . Determinare, precisandone il segno, per ogni ciclo della macchina frigorifera:

1) la quantità di calore scambiata con la sorgente a temperatura T ₂ Q ₂ 2) la quantità di calore scambiata con la sorgente a tempertura T ₃ Q ₃ Soluzione

La variazione di entropia dell’universo è nulla, perché la macchina è reversibile. Essendo nulla in un ciclo anche la variazione di entropia del sistema essa è pari alla variazione di entropia dell’ambiente

Un punto materiale è vincolato a muoversi su una circonferenza di raggio R = 20 cm con accelerazione scalare a t = kt con k = 0.25s −1 . Sapendo che all’istante t

Corsi di Laurea in Ingegneria Settore Informazione- Canale 4 I appello di Fisica Generale 1 – 8 Giugno 2018

Cognome ________________________ Nome ________________________ Matricola ____________

Problema 1

Un punto materiale è vincolato a muoversi su una circonferenza di raggio R = 20 cm con accelerazione scalare a t = kt con k = 0.25s −1 . Sapendo che all’istante t

= 0 il corpo è fermo determinare:

1) il tempo impiegato a percorrere N = 2 giri t

2) il modulo dell’accelerazione in questo istante a

Problema 2

1) l'energia dissipata nell’urto. ∆ E 2) la massima compressione della molla ∆ x Problema 3

Un disco orizzontale omogeneo di massa m

= 200g. Calcolare, sapendo che l'attrito sull'asse è trascurabile:

1) l’angolo formato dal corpo con l’asta all’istante finale θ 2) il numero di giri del disco necessari a raggiungere ω N

Problema 4

Un contenitore cilindrico, adiabatico orizzontale, è diviso in due parti da un setto mobile di spessore trascurabile la cui area di base è A = 100cm

. Nello stato iniziale il setto è bloccato e, in uno dei due comparti non c’è gas ma è alloggiata una molla

ideale di massa trascurabile, di costante elastica k = 5000N/m la cui lunghezza a riposo coincide con la lunghezza del comparto ( ∆ x 0 = 0), mentre l'altro comparto, di volume V

1) la nuova temperatura di equilibrio T 1

2) la quantità di calore fornita dall’esterno al gas Q Problema 5

1) la quantità di calore scambiata con la sorgente a temperatura T 2 Q 2

2) la quantità di calore scambiata con la sorgente a temperatura T 3 Q 3

accelerazione scalare a t = kt con k = 0.25s −1 . Sapendo che all’istante t

= 0 il corpo è fermo determinare:

1) il tempo impiegato a percorrere N = 2 giri t

2) il modulo dell’accelerazione in questo istante a

Soluzione

1) Dall’accelerazione scalare si ricava la legge oraria della velocità a t = dv

dt = kt ⇒ d v

0

∫ v = 0 kt dt

∫ t ⇒ v = k t 2 2

Integrando ulteriormente si ricava la legge oraria del corpo, ricordando che lo spazio percorso in N giri è s = N 2π R ( ) ,

v = ds dt = k t 2

2 ⇒ ds

0 2π RN

∫ = k t 2 2 dt

0 t

∫ ⇒ 2π RN = k t 1 3 6 da cui si ottene il tempo impiegato

t 1 = 12π RN k

3 = 3.92s

2) All’istante t

le componenti dell’accelerazione sono a t = kt 1 = 1.24m/s 2 a n = v 2

R = k 2 t 1 4

4R = 18.48m/s 2

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪ per cui

a = a t 2 + a n 2 = 18.5m/s 2

1) l'energia dissipata nell’urto. ∆ E 2) la massima compressione della molla ∆ x

Soluzione

1) Poiché la forza d’attrito e la forza elastica sono finite, non ci forze impulsive lungo la sbarra.

C’è al contrario una forza impulsiva di reazione vincolare normale alla sbarra. Si conserva quindi solo la componente della quantità di moto lungo la sbarra

m 1 v 0 cosθ = m ( 1 + m 2 ) v ⇒ v = m m 1 v 0 cosθ

1 + m 2 = 1.25m/s e l’energia dissipata è

∆E = 1

2 ( m 1 + m 2 ) v 2 − 1 2 m 1 v 0 2 = 3.375J 2) Applicando il bilancio energetico dopo l’urto

1

2 k∆x 2 − 1

2 ( m 1 + m 2 ) v 2 = 0 ⇒ ∆x = v m 1 + m k 2 = 15.8cm

= 200g. Calcolare, sapendo che l'attrito sull'asse è trascurabile:

1) l’angolo formato dal corpo con l’asta all’istante finale θ 2) il numero di giri del disco necessari a raggiungere ω N Soluzione

1) Dall’istante finale, in cui il motore viene staccato, non c’è più accelerazione scalare e il moto diventa circolare uniforme: il punto materiale forma un pendolo conico che percorre una traiettoria di raggio R = senθ per cui l’equazione del moto porge

T cosθ − m 2 g = 0

T senθ = m 2 ω 2 R = m 2 ω 2 senθ

⎧ ⎨

⎪

⎩⎪

Risolvendo

cosθ = g

ω 2 ⇒ θ = cos −1 g ω 2

⎛ ⎝⎜ ⎞

⎠⎟ = 64.15 ° 2) Applicando il bilancio energetico fra l’istante iniziale e quello finale

W motore = ∆E c + ∆U g M G 2π N = 1

2 m 2 v 2 + 1 2 I G ω 2

⎛ ⎝⎜ ⎞

⎠⎟ + − ( m 2 g cosθ + m 2 g )

con v = ω = 1.5m/s e I G = 1

2 m 1 R 2 = 0.02kgm 2 si ricava

N = m 2 v 2 + I G ω 2 − 2m 2 g cos θ + 2m 2 g

4 π M G = 8.1 giri

Cognome ____________ Nome Matricola

Un punto materiale è vincolato a muoversi su una circonferenza di raggio R = 20 cm con accelerazione scalare a _t = kt con k = 0.25s ⁻¹ . Sapendo che all’istante t

ideale di massa trascurabile, di costante elastica k = 5000N/m la cui lunghezza a riposo coincide con la lunghezza del comparto ( ∆ x ₀ = 0), mentre l'altro comparto, di volume V

1) la nuova temperatura di equilibrio T ₁

1) la quantità di calore scambiata con la sorgente a temperatura T ₂ Q ₂

2) la quantità di calore scambiata con la sorgente a temperatura T ₃ Q ₃

accelerazione scalare a _t = kt con k = 0.25s ⁻¹ . Sapendo che all’istante t

1) Dall’accelerazione scalare si ricava la legge oraria della velocità a _t = dv

∫ v ⁼ 0 ^{kt dt}

∫ t ^{⇒ v = k} ^t 2 ²

Integrando ulteriormente si ricava la legge oraria del corpo, ricordando che lo spazio percorso in N giri è s = N 2π R ( ) ^,

v = ds dt = k t ²

∫ ⁼ ^k ^t 2 ² dt

∫ ⇒ 2π RN = k t ₁ ³ 6 da cui si ottene il tempo impiegato

t ₁ = 12π RN k

le componenti dell’accelerazione sono a _t = kt ₁ = 1.24m/s ² a _n = v ²

R = k ² t ₁ ⁴

4R = 18.48m/s ²

a = a _t ² + a _n ² = 18.5m/s ²

m ₁ v ₀ cosθ = m ( ₁ + m ₂ ) ^v ^{⇒ v =} ^m _m ¹ ^v ⁰ ^cosθ

1 + m ₂ = 1.25m/s e l’energia dissipata è

2 ( m ₁ + m ₂ ) ^v ² ⁻ ¹ ₂ ^m 1 v ₀ ² = 3.375J 2) Applicando il bilancio energetico dopo l’urto

2 k∆x ² − 1

2 ( m ₁ + m ₂ ) ^v ² ^{= 0 ⇒} ^{∆x = v} ^m ¹ ^{+ m} _k ² ^{= 15.8cm}

T cosθ − m ₂ g = 0

T senθ = m ₂ ω ² R = m ₂ ω ² senθ

ω ² ⇒ θ = cos ⁻¹ g ω ²

W _motore = ∆E _c + ∆U _g M _G 2π N = 1

2 m ₂ v ² + 1 2 I _G ω ²

⎠⎟ + − ( m ₂ g cosθ + m ₂ g )

con v = ω = 1.5m/s e I _G = 1

2 m ₁ R ² = 0.02kgm ² si ricava

N = m ₂ v ² + I _G ω ² − 2m ₂ g cos θ + 2m ₂ g

4 π M _G = 8.1 giri

cui lunghezza a riposo coincide con la lunghezza del comparto ( ∆ x ₀ = 0), mentre l'altro comparto, di volume V

1) la nuova temperatura di equilibrio T ₁

T ₀ = 300K

V ₀ = 10litri=0.01m ³ p ₀ = nRT ₀

V ₀ = 44867N/m ²

p ₁₁ = k∆x ₁

A = 200000N/m ² V ₁ = V ₀ + ∆x ₁ A = 0.014m ³ T ₁ = V ₁ p ₁

Q = nc _v ( T ₁ − T ₀ ) ⁺ ¹ ₂ ^k∆x 1 2 = n 3

2 R T ( ₁ − T ₀ ) ⁺ ¹ ₂ ^k∆x 1 2 = 3926J

rispettivamente di T ₁ = 800K, T ₂ = 600K e T ₃ = 300K. Per ogni ciclo la macchina cede una quantità di calore Q ₁ = −4 × 10 ⁴ J alla sorgente a temperatura T ₁ e utilizza il lavoro W = −8 × 10 ⁴ J . Determinare, precisandone il segno, per ogni ciclo della macchina frigorifera:

1) la quantità di calore scambiata con la sorgente a temperatura T ₂ Q ₂ 2) la quantità di calore scambiata con la sorgente a tempertura T ₃ Q ₃ Soluzione

∆S _u = − Q ₁ T ₁ − Q ₂

T ₂ − Q ₃ T ₃ = 0 Inoltre il lavoro assorbito nel ciclo è

W = Q ₁ + Q ₂ + Q ₃

ricavato dall’espressione del lavoro nella formula dell’entropia Q ₁

T ₁ + Q ₂

T ₂ + W − Q ₁ − Q ₂ T ₃ = 0 si ricava, risolvendo per Q

Q ₂ = T ₂ T ₃ T ₃ − T ₂

Q ₁ T ₁ + W

T ₃ − Q ₁ T ₃

Q ₃ = W − Q ₁ − Q ₂ = −70kJ