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 Settembre, Appello Unico, 16 Settembre 2019, Prova scritta
TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI
PROBLEMA A1 Un satellite di massa m = 200 kg percorre un’orbita circolare intorno alla Terra. Sapendo che il satellite impiega 2 giorni a percorrere un’orbita completa, determinare:
a) il raggio r dell’orbita e l’energia meccanica del satellite.
In seguito, accendendo il propulsore per pochi istanti, la velocit` a del satellite viene dimezzata e, conseguente- mente, il satellite inizia a percorre un’orbita ellittica. Determinare:
b) le distanze dal centro della Terra dei vertici dell’orbita ellittica;
c) le velocit` a del satellite negli stessi.
[Nota: i vertici dell’orbita ellittica corrispondono ai punti dove il satellite ha rispettivamente velocit´ a massima e minima.]
Soluzione Per l’orbita circolare deve essere mv 2
r = G M T m
r 2 ⇒ v = r GM T
r ⇒ T = 2πr
v = 2π s
r 3 GM T ,
dove v, r e T sono rispettivamente la velocit` a del satellite, il raggio dell’orbita e il periodo di rivoluzione (tempo per fare un’orbita). Perci` o, dall’ultima ricaviamo
r = GM T T 2 4π 2
1/3
= 6.70 · 10 7 m e v = r GM T
r = 2πGM T
T
1/3
= 2.44 · 10 3 m/s,
dove abbiamo posto T = 2 · 24 · 3600 s = 1.728 · 10 5 s. Conseguentemente, l’energia meccanica del satellite `e E mecc = 1
2 mv 2 − G M T m
r = −G M T m
2r = −5.94 · 10 11 J, ovviamente negativa.
A seguito del dimezzamento della sua velocit` a il satellite seguir`a un orbita ellittica. Dato che il propulsore opera per pochi istanti, la distanza del primo vertice r 1 corrisponder`a al raggio dell’orbita circolare. Quindi, in tale vertice sar`a r 1 = r e v 1 = 1 2 v. D’altra parte, dato che lungo l’orbita ellittica si conserva sia l’energia meccanica che il momento angolare, per i due vertici possiamo scrivere le seguenti
1
2 mv 2 1 − G M T m r 1
= 1
2 mv 2 2 − G M T m r 2
mr 1 v 1 = mr 2 v 2
⇒
− 7 4
GM T
r = v 2 2 − 2GM T
r 2
2r 2 v 2 = rv dove abbiamo esplicitato r 1 e v 1 , tenuto conto che v = pGM T /r.
Quindi, dalla prima, abbiamo
v 2 2 = 2GM T
1 r 2
− 7 8r
. Invece dalla seconda si ottiene
v 2 = vr 2r 2
⇒ v 2 2 = v 2 r 2 4r 2 2
= r 2 4r 2 2
GM T
r = GM T r 4r 2 2
.
Quindi, uguagliando quest’ultima alla precedente otteniamo la seguente equazione di secondo grado in r 2
GM T r 4r 2 2
= 2GM T
1 r 2
− 7 8r
⇒ 7r 2 2 − 8rr 2 + r 2 = 0, che ha le soluzioni
r 2 + = r; r − 2 = r
7 .
La prima soluzione `e, ovviamente, da escludere perch´e corrisponde al primo vertice. Quindi, per il secondo vertice avremo invece
r 2 = r
7 = 9.58 · 10 6 m; v 2 = vr 2r 2
= 7
2 v = 8.53 · 10 3 m/s.
PROBLEMA A2 Un cilindro omogeneo di massa m = 15.0 kg e raggio r = 15 cm giace su un piano orizzontale scabro (coefficienti di attrito µ s = 0.500 e µ k = 0.300); sulla sua superficie `e avvolta una fune ideale di spessore trascurabile che lo vincola a un supporto fisso. Una forza orizzontale ~ F~ F~ F viene applicata ortogonalmente al suo asse (vedi figura). Determinare:
a) F max , la massima intensit`a di ~ F~ F~ F compatibile con lo stato di quiete.
Nel caso in cui F = 2F max calcolare:
b) l’accelerazione del centro di massa del cilindro;
c) la tensione della fune.
m r
F~ F~ F ~
Soluzione Prima di tutto si noti che in caso di moto mentre il suo centro di massa si sposta verso destra, il cilindro ruoter`a in verso antiorario. In queste condizioni, il punto di appoggio del cilindro con il piano sottostante scivola, mentre il punto alla sua sommit`a `e istantaneamente fermo, dato che `e trattenuto dalla corda ideale avvolta intorno al cilindro stesso (che non slitta sulla sua superficie). Pertanto, se in moto, il cilindro procede verso destra compiendo un moto di puro rotolamento rispetto alla direttrice della corda. In tali condizioni, utilizzando la 2 a legge della dinamica in forma lineare e in forma angolare (applicata all’asse del cilindro), possiamo scrivere le seguenti
ma cm = F − f a − T I cm α = rT − rf a
dove, per la prima equazione abbiamo scelto un asse orizzontale diretto verso destra, mentre per la seconda, essendo la rotazione antioraria, si `e preso il momento della tensione della corda come positivo. Nelle equazioni, a cm ed α sono l’accelerazione del centro di massa del cilindro e la sua accelerazione angolare, f a il modulo della forza di attrito sul punto di appoggio con il piano di appoggio (~ f~ f~ f a sar`a sempre diretta verso sinistra), T modulo della tensione della corda (~ T~ T~ T sar`a sempre diretta verso sinistra) e I cm = 1 2 mr 2 pari al momento d’inerzia del cilindro rispetto all’asse per il centro di massa.
In caso di equilibrio, il cilindro rimarr`a fermo e quindi a cm = α = 0 e f a = f s forza di attrito statico. Le equazioni del moto diventano
0 = F − f a − T 0 = rT − rf s
e quindi
T = f s ; F = 2f s = 0.
Perci`o, essendo f s ≤ f s,max = µ s N = µ s mg, l’equilibrio sar`a possibile fino a quando F = 2f s ≤ 2µ s mg ⇒ F ≤ F max = 2µ s mg = 147 N.
Ponendo F = 2F max il cilindro non sar`a pi` u in equilibrio e si metter` a in moto; ora f a = f k = µ k N = µ k mg e le equazioni del moto diventano
ma cm = F − µ k mg − T 1
2 mr 2 α = rT − rµ k mg
Essendo il moto di puro rotolamento (rispetto alla direttrice della fune) possiamo scrivere α = a cm /r, dalla seconda equazione ricaviamo
1
2 mr 2 · a cm
r = rT − rµ k mg ⇒ T = 1
2 ma cm + µ k mg, che inserita nella prima equazione ci permette di ricavare
ma cm = F − µ k mg − 1
2 ma cm − µ k mg = F − 2µ k mg − 1
2 ma cm ⇒ 3
2 ma cm = F − 2µ k mg, dalla quale
a cm = 2(F − 2µ k mg
3m = 2(2F max − 2µ k mg
3m = 2
3 (4µ s − 2µ k )g = 9.16 m/s 2 . Per la tensione della fune si ha
T = 1
2 ma cm + µ k mg = 1
3 (4µ s + µ k )mg = 113 N.
PROBLEMA A3 Si abbiano n = 2.50 mol di un gas ideale biatomico inizialmente a pressione
b b
p
V 2 V V 1
p 2
p 1 1
2 p 1 = 3.00 atm e temperatura T 1 = 400 K. A partire da tale stato, il gas segue
l’espansione reversibile delineata in figura fino allo stato 2 in cui si ha p 2 = 2 3 p 1
e V 2 = 3V 1 . Come si vede nel piano p–V la trasformazione `e rappresentata dal segmento rettilineo che unisce gli stati 1 e 2.
Determinare:
a) il volume V 1 e la temperatura T 2 ;
b) la variazione di energia interna del gas ∆E int,1,2 ; c) il calore scambiato Q 1,2 ;
d) la variazione di entropia ∆S 1,2 .
e) la temperatura massima T max raggiunta dal gas nella trasformazione.
Soluzione Sfruttando la legge dei gas ideali si ha V 1 = nRT 1
p 1
= 27.4 dm 3 ; T 2 = p 2 V 2
nR = 2 p 1 V 1
nR = 2T 1 = 800 K.
Conoscendo ora anche T 2 il calcolo della variazione di energia interna subita dal gas nella trasfornazione `e immediato
∆E int,1,2 = nc V (T 2 − T 1 ) = 5
2 nRT 1 = 2.08 · 10 4 J.
Dato che la trasformazione `e rappresentata nel piano p–V , il lavoro compiuto dal gas pu` o essere ricavato attraverso il calcolo dell’area sottesa dalla curva. Quindi
L 1 ,2 = p 2 (V 2 − V 1 ) + 1
2 (p 1 − p 2 )(V 2 − V 1 ) = 2p 2 V 1 + 1
3 p 1 V 1 = 5
3 p 1 V 1 = 1.39 · 10 4 J.
Conseguentemente, utilizzando la prima legge della termodinamica otteniamo Q 1,2 = ∆E int,1,2 + L 1,2 = 5
2 nRT 1 + 5
3 nRT 1 = 25
6 nRT 1 = 3.46 · 10 4 J.
Per il calcolo della variazione di entropia potremmo seguire un’approccio diretto calcolando il seguente integrale
∆S 1 ,2 = Z 2
1
dQ T ,
lungo la trasformazione in questione. Tuttavia, seguendo quanto visto anche nel corso, per un gas ideale possiamo facilmente ricavare una formula per il ∆S facendo appello alla 1 a legge. Infatti, dato che possiamo scrivere le seguenti
dQ = dE int + pdV = nc V dT + pdV = nc V dT + nRT
V dV ⇒ dS = nc V
dT
T + nR dV V . Conseguentemente, per una qualsiasi trasformazione tra gli stati di equilibrio 1 e 2 si ha
∆S 1,2 = Z 2
1
dS = nc V
Z T 2 T 1
dT T + nR
Z V 2 V 1
dV
V = nc V ln T 2
T 1
+ nR ln V 2
V 1
.
Applicando quest’ultima alla nostra trasformazione si ottiene
∆S 1,2 = n 5
2 R ln 2T 1
T 1
+ nR ln 3V 1
V 1
= nR 5
2 ln 2 + ln 3
= 58.8 J/K.
Al fine di determinare la massima temperatura del gas, data la particolare trasformazione, possiamo esprimere la pressione in funzione del volume nella forma p = A + BV . Per determinare le costanti A e B imponiamo il passaggio della retta per gli stati 1 e 2 e risolviamo il sistema
p 1 = A + BV 1
p 2 = A + BV 2
⇒
A = p 1 V 2 − p 2 V 1
V 2 − V 1
= 7 6 p 1
B = p 2 − p 1
V 2 − V 1
= − 1 6
p 1
V 1
Ora possiamo esprimere la temperatura del gas in funzione di V come segue T = 1
nR pV = 1
nR (AV + BV 2 ), e cercare il suo massimo tra gli zeri della sua derivata
dT
dV = 0 ⇒ A + 2BV = 0 ⇒ V = − A
2B = 7
2 V 1 > V 2
Il risultato mostra che l’eventuale massimo locale di T cade fuori dall’intervallo (V 1 , V 2 ); questo significa che la temperatura massima della trasformazione `e
T max = max(T 1 , T 2 ) = T 2 = 800 K.
PROBLEMA B1 Un satellite di massa m = 500 kg percorre un’orbita ellittica intorno alla Terra. Quando il satellite si trova in uno dei vertici dell’orbita ha una distanza r 1 = 2R T (R T `e il raggio terrestre) dal centro della Terra e velocit` a v 1 = 7.00 · 10 3 m/s. Determinare:
a) la distanza r 2 dal centro della Terra dell’altro vertice e la corrispondente velocit` a v 2 del satellite.
In seguito, quando il satellite si trova nel vertice dell’orbita ellittica pi` u vicino al centro della Terra, accendendo il propulsore per pochi istanti, la sua velocit` a viene variata in modo che esso passi ad un’orbita circolare.
Determinare:
b) il tempo che impiega a percorrere un giro completo della nuova orbita circolare;
b) l’energia meccanica del satellite.
[Nota: i vertici dell’orbita ellittica corrispondono ai punti dove il satellite ha rispettivamente velocit´ a massima e minima.]
Soluzione Mentre il satellite percorre l’orbita ellittica siconserveranno sia la sua energia meccanica che il suo momento angolare. Prendendo in considerazione i suoi vertici possiamo scrivere le seguenti relazioni
1
2 mv 1 2 − G M T m r 1
= 1
2 mv 2 2 − G M T m r 2
mr 1 v 1 = mr 2 v 2
⇒
v 1 2 − 2G M T
r 1
= v 2 2 − 2G M T
r 2
2r 2 v 2 = rv dalle quali, ponendo
A = v 2 1 − 2G M T
r 1
= v 1 2 − G M T
R T = −1.357 · 10 7 J/kg, si ottengono le seguenti
v 2 2 − 2G M T
r 2
= A
r 2 = v v 1
2 r 1
Inserendo la seconda nella prima otteniamo l’equazione di secondo grado in v 2
v 1 r 1 v 2 2 − 2GM T v 2 − Av 1 r 1 = 0
con le seguenti soluzioni
v + 2 = 7.00 · 10 3 m/s; v − 2 = 1.938 · 10 3 m/s.
La prima soluzione `e, ovviamente, da escludere perch´e corrisponde al primo vertice. Perci`o, per il secondo vertice avremo
v 2 = 1.94 · 10 3 m/s; r 2 = v 1
v 2
r 1 = 4.60 · 10 7 m.
Si noti che, essendo r 2 > r 1 , il vertice 1 `e quello pi` u vicino al centro della Terra.
L’accensione del propulsore per pochi istanti far` a si che la velocit` a diventi quella giusta per un’orbita circolare di raggio r 1 . Se v `e la nuova velocit` a, in tale orbita circolare dovr` a essere
mv 2 r 1
= G M T m r 1 2
⇒ v = r GM T
r 1
= 5.59 · 10 3 m/s.
Conseguentemente, per il periodo abbiamo T = 2πr 1
v = 2πr 1
r r 1
GM T
= 2π q
r 3 1 GM T = 1.43 · 10 4 s = 3.98 h.
Infine, l’energia meccanica del satellite `e E mecc = 1
2 mv 2 − G M T m r 1
= −G M T m 2r 1
= −1.56 · 10 7 J, ovviamente negativa.
PROBLEMA B2 Un cilindro omogeneo di massa m = 20.0 kg e raggio r = 10.0 cm giace su un piano orizzontale scabro (coefficienti di attrito µ s = 0.600 e µ k = 0.450); sulla sua superficie `e avvolta una fune ideale di spessore trascurabile che lo vincola a un supporto fisso. Una forza orizzontale ~ F~ F~ F viene applicata ortogonalmente al suo asse (vedi figura). Determinare:
a) F max , la massima intensit`a di ~ F~ F~ F compatibile con lo stato di quiete.
Nel caso in cui F = 3F max calcolare:
b) l’accelerazione del centro di massa del cilindro;
c) la tensione della fune.
m r
F~ F~ F ~
Soluzione Svolgimento identico a quello del problema A2.
Cilindro in equilibrio statico
F = 2f s ≤ 2µ s mg ⇒ F ≤ F max = 2µ s mg = 235 N.
Cilindro in moto con F = 3F max
a cm = 2(F − 2µ k mg
3m = 2(3F max − 2µ k mg
3m = 2
3 (6µ s − 2µ k )g = 17.7 m/s 2 . T = 1
2 ma cm + µ k mg = 1
3 (6µ s + µ k )mg = 264 N.
PROBLEMA B3 Si abbiano n = 1.50 mol di un gas ideale poliatomico inizialmente a pressione
b b
