m II prova in itinere di Fisica Generale 1 – 10 Giugno 2016 Corso di Laurea in Ingegneria –Settore Informazione (Canale 4) UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI PADOVA SCUOLA DI INGEGNERIA

(1)

UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI PADOVA SCUOLA DI INGEGNERIA

Corso di Laurea in Ingegneria –Settore Informazione (Canale 4) II prova in itinere di Fisica Generale 1 – 10 Giugno 2016

Cognome _________ Nome _ Matricola ___

Problema 1

Due carrucole cilindriche, omogenee, identiche, di massa M = 2 kg e raggio R = 20 cm, sono vincolate nel loro centro di massa. sulle carrucole è avvolta una fune in estensibile di massa trascurabile che vengono mantenute verticali da una sbarretta rigida di massa trascurabile. Al centro della sbarretta è fissato tramite una fune inestensibile di massa trascurabile un corpo di massa m = 1 kg. Il vincolo di ciascuna carrucola è scabro ed esercita un momento meccanico dell’attrito di modulo M Att = 0.2 Nm.

All’istante t 0 = 0 il sistema ha velocità v 0 nulla. Calcolare:

1) l’accelererazione angolare delle carrucole α

2) la reazione vincolare su ciascuna carrucola Φ

3) la velocità del centro di massa del sistema carrucole + corpo all’istante t = 3 s v G

4) il lavoro fatto dall’attrito nell’intervallo [t 0 , t ] W _Att All’istante t il corpo si stacca improvvisamente. Determinare:

5) il numero di giri fatti da una carrucola fino a fermarsi N

R R

m

1) Equazioni del moto della carrucola, della sbarretta e del corpo m T ₁ R − M Att = I α con I = 1

2 MR ² = 0.04 kgm ² T ₂ − 2T 1 = 0

mg − T 2 = ma a = α R

⎧

⎨

⎪ ⎪⎪

⎩

⎪ ⎪

⎪ per cui l’accelerazione angolare è

α = mgR − 2M _Att

2I + mR ² = 13 rad/s ² 2) Prima equazione cardinale per una carrucola

Φ − Mg − T ₁ = 0 dove dalle equazioni precedenti

T ₁ = I α + M _Att

R = 3.6 N

(2)

per cui

Φ = Mg + T ₁ = 23.2 N 3) All’istante t le carrucole hanno velocità nulla e il corpo ha velocità

v = at = α Rt = 7.81 m/s ² e il centro di massa del sistema ha velocità

v _G = mv

2M + m = 1.56 m/s ² 4) Applicando il bilancio energetico

W _Att = 2 1 2 Iω ²

⎛ ⎝⎜ ⎞

⎠⎟ + 1

2 mv ² − mgh dove

ω = v

R = 39 rad/s e h = 1 2 at ² = 1

2 αRt ² = 11.7 m per cui

W _Att = I ω ² + 1

2 mv ² − mgh = −23.4 J oppure

W _Att = −2M _Att θ = −2M _Att 1 2 αt ²

⎛ ⎝⎜ ⎞

⎠⎟ = − 23.4 J

5) Staccatosi il corpo, continua ad agire solo il momento d’attrito, per cui dal bilancio energetico fra l’istante t e l’istante in cui la carrucola si ferma si ha

−M _Att 2 π N = − 1

2 I ω ² ⇒ N = I ω ²

4 π M _Att = 24.3 giri

(3)

UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI PADOVA SCUOLA DI INGEGNERIA

Corso di Laurea in Ingegneria –Settore Informazione (Canale 4) II prova in itinere di Fisica Generale 1 – 10 Giugno 2016

Cognome _________ Nome _ Matricola ___

Problema 2

Un astronomo misura che una cometa in avvicinamento al sole si trova ad un certo istante a distanza D e velocità v 0 . rispetto al sole. Inoltre l’angolo formato fra direzione della cometa e vettore posizione rispetto al sole è θ . Determinare la distanza d e la velocità v 1 della cometa al perielio conoscendo la costante di gravitazione universale G e la massa del sole M.

(N.B. È sufficiente impostare correttamente il sistema risolutivo)

v ₁ d M

D v ₀ θ

Possiamo scrivere, per la cometa, le leggi di conservazione di energia meccanica e momento angolare fra la posizione di misura e il perielio

1 2 mv ₀ ² − G mM D = 1

2 mv ₁ ² − G mM d mv ₀ D sin ( π − θ ) ^{= mv} 1 d

⎧

⎨ ⎪

⎩⎪

v ₁ ² = v ₀ ² − 2G M

D + 2G m d d = v ₀

v ₁ D sinθ

⎧

⎨ ⎪⎪

⎩ ⎪

⎪ Sostituendo la seconda equazione nella prima

v ₁ ² = v ₀ ² + 2G M 1 d − 1

D

⎛ ⎝⎜ ⎞

⎠⎟ = v ₀ ² + 2G M v ₁ v ₀ D sinθ − 1

D

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ = v ₀ ² + 2G M

v ₀ D sinθ ( v ₁ − v ₀ sin θ )

Posto

k = 2G M v ₀ D sinθ abbiamo l’equazione di secondo grado

v ₁ ² = v ₀ ² + kv ₁ − kv ₀ sinθ v ₁ ² − kv ₁ + v ₀ ² − kv ₀ sinθ = 0 la cui soluzione ci porge la velocità al perielio che sostituita in

d = v ₀

v ₁ D sinθ

porge la distanza della cometa al perielio.

(4)

UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI PADOVA SCUOLA DI INGEGNERIA

Corso di Laurea in Ingegneria –Settore Informazione (Canale 4) II prova in itinere di Fisica Generale 1 – 10 Giugno 2016

Cognome _________ Nome _ Matricola ___

Problema 3

Il seguente ciclo termico utilizza n = 2 moli di gas perfetto monoatomico:

AB: espansione isoterma reversibile alla temperatura T A = 300 K

BC: raffreddamento isocoro in contatto con un serbatoio di calore a temperatura T C CD: compressione isobara reversibile fino a T D = 100 K

DA: riscaldamento isocoro in contatto con un serbatoio di calore a temperatura T A

Sapendo che il calore assorbito dal gas nella trasformazione isoterma è Q AB = 3456 J, calcolare:

1) la temperatura dello stato C T

C

2) il lavoro nel ciclo W

3) il rendimento del ciclo η

La macchina viene utilizzata per fare funzionare un frigorifero di Carnot di efficienza e = 4. Determinare 4) la quantità di calore per ciclo trasferita alla sorgente calda Q

A

B

C V p

D

1) Dalla trasformazione CD (legge di Gay-Lussac per l’isobara reversibile) si ha, osservando che V _A = V _D e V _B = V _C , V _D

T _D = V _C

T _C ⇒ V _B

V _A = T _C T _D per cui il calore cambiato nella trasformazione isoterma reversibile è

Q _AB = nRT _A ln V _B

V _A = nRT _A ln T _C T _D da cui si ottiene

T _C = T _D e

Q

_AB

nRT

_A

= 200 K 2-3) Calcoliamo il lavoro e il calore scambiato per ogni trasformazione Per la trasformazione AB (isoterma reversibile)

Q _AB = 3456 J > 0 assorbito W _AB = Q _AB = 3456 J

Per la trasformazione BC (isocora irreversibile)

Q _BC = nc _v ( T _C − T _B ) = −2493 J < 0 ceduto

W _BC = 0

(5)

Per la trasformazione CD (isobara reversibile)

Q _CD = nc _p ( T _D − T _C ) = −4155 J < 0 ceduto W _CD = nR T ( _D − T _C ) ^{= −1662 J}

Infine per la trasformazione DA (isocora irreversibile)

Q _DA = nc _v ( T _A − T _D ) = 4986 J > 0 assorbito W _DA = 0

Per cui il lavoro e il rendimento sono

W = W _AB + W _CD = 1794 J e η = 1+ Q _ced

Q _ass = 1+ Q _BC + Q _CD Q _AB + Q _DA = W

Q _ass = W

Q _AB + Q _DA = 0.213 4) L’efficienza frigorifera

e = Q _ass W

dove Q ass è il calore assorbito dal ciclo alla sorgente fredda e W è il lavoro della macchina termica utilizzato per far funzionare il frigorifero, per cui

Q _ass = eW = 7196 J e il calore ceduto alla sorgente calda è

Q = Q _ced = W + Q _ass = 8970 J

m II prova in itinere di Fisica Generale 1 – 10 Giugno 2016 Corso di Laurea in Ingegneria –Settore Informazione (Canale 4) UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI PADOVA SCUOLA DI INGEGNERIA

UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI PADOVA SCUOLA DI INGEGNERIA

Corso di Laurea in Ingegneria –Settore Informazione (Canale 4) II prova in itinere di Fisica Generale 1 – 10 Giugno 2016

Cognome _____________________ Nome _________________________ Matricola _______________

Problema 1

All’istante t 0 = 0 il sistema ha velocità v 0 nulla. Calcolare:

1) l’accelererazione angolare delle carrucole α

2) la reazione vincolare su ciascuna carrucola Φ

3) la velocità del centro di massa del sistema carrucole + corpo all’istante t = 3 s v G

4) il lavoro fatto dall’attrito nell’intervallo [t 0 , t ] W Att All’istante t il corpo si stacca improvvisamente. Determinare:

5) il numero di giri fatti da una carrucola fino a fermarsi N

R R

m

1) Equazioni del moto della carrucola, della sbarretta e del corpo m T 1 R − M Att = I α con I = 1

2 MR 2 = 0.04 kgm 2 T 2 − 2T 1 = 0

mg − T 2 = ma a = α R

⎧

⎨

⎪ ⎪⎪

⎩

⎪ ⎪

⎪ per cui l’accelerazione angolare è

α = mgR − 2M Att

2I + mR 2 = 13 rad/s 2 2) Prima equazione cardinale per una carrucola

Φ − Mg − T 1 = 0 dove dalle equazioni precedenti

T 1 = I α + M Att

R = 3.6 N

per cui

Φ = Mg + T 1 = 23.2 N 3) All’istante t le carrucole hanno velocità nulla e il corpo ha velocità

v = at = α Rt = 7.81 m/s 2 e il centro di massa del sistema ha velocità

v G = mv

2M + m = 1.56 m/s 2 4) Applicando il bilancio energetico

W Att = 2 1 2 Iω 2

⎛ ⎝⎜ ⎞

⎠⎟ + 1

2 mv 2 − mgh dove

ω = v

R = 39 rad/s e h = 1 2 at 2 = 1

2 αRt 2 = 11.7 m per cui

W Att = I ω 2 + 1

2 mv 2 − mgh = −23.4 J oppure

W Att = −2M Att θ = −2M Att 1 2 αt 2

⎛ ⎝⎜ ⎞

⎠⎟ = − 23.4 J

5) Staccatosi il corpo, continua ad agire solo il momento d’attrito, per cui dal bilancio energetico fra l’istante t e l’istante in cui la carrucola si ferma si ha

−M Att 2 π N = − 1

2 I ω 2 ⇒ N = I ω 2

4 π M Att = 24.3 giri

UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI PADOVA SCUOLA DI INGEGNERIA

Corso di Laurea in Ingegneria –Settore Informazione (Canale 4) II prova in itinere di Fisica Generale 1 – 10 Giugno 2016

Cognome _____________________ Nome _________________________ Matricola _______________

Problema 2

(N.B. È sufficiente impostare correttamente il sistema risolutivo)

v 1 d M

D v 0 θ

Possiamo scrivere, per la cometa, le leggi di conservazione di energia meccanica e momento angolare fra la posizione di misura e il perielio

1

2 mv 0 2 − G mM D = 1

2 mv 1 2 − G mM d mv 0 D sin ( π − θ ) = mv 1 d

⎧

⎨ ⎪

⎩⎪

v 1 2 = v 0 2 − 2G M

D + 2G m d d = v 0

v 1 D sinθ

⎧

⎨ ⎪⎪

⎩ ⎪

⎪ Sostituendo la seconda equazione nella prima

v 1 2 = v 0 2 + 2G M 1 d − 1

D

⎛ ⎝⎜ ⎞

⎠⎟ = v 0 2 + 2G M v 1 v 0 D sinθ − 1

D

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ = v 0 2 + 2G M

v 0 D sinθ ( v 1 − v 0 sin θ )

Posto

Cognome _________ Nome _ Matricola ___

4) il lavoro fatto dall’attrito nell’intervallo [t 0 , t ] W _Att All’istante t il corpo si stacca improvvisamente. Determinare:

1) Equazioni del moto della carrucola, della sbarretta e del corpo m T ₁ R − M Att = I α con I = 1

2 MR ² = 0.04 kgm ² T ₂ − 2T 1 = 0

α = mgR − 2M _Att

2I + mR ² = 13 rad/s ² 2) Prima equazione cardinale per una carrucola

Φ − Mg − T ₁ = 0 dove dalle equazioni precedenti

T ₁ = I α + M _Att

Φ = Mg + T ₁ = 23.2 N 3) All’istante t le carrucole hanno velocità nulla e il corpo ha velocità

v = at = α Rt = 7.81 m/s ² e il centro di massa del sistema ha velocità

v _G = mv

2M + m = 1.56 m/s ² 4) Applicando il bilancio energetico

W _Att = 2 1 2 Iω ²

2 mv ² − mgh dove

R = 39 rad/s e h = 1 2 at ² = 1

2 αRt ² = 11.7 m per cui

W _Att = I ω ² + 1

2 mv ² − mgh = −23.4 J oppure

W _Att = −2M _Att θ = −2M _Att 1 2 αt ²

−M _Att 2 π N = − 1

2 I ω ² ⇒ N = I ω ²

4 π M _Att = 24.3 giri

Cognome _________ Nome _ Matricola ___

v ₁ d M

D v ₀ θ

2 mv ₀ ² − G mM D = 1

2 mv ₁ ² − G mM d mv ₀ D sin ( π − θ ) ^{= mv} 1 d

v ₁ ² = v ₀ ² − 2G M

D + 2G m d d = v ₀

v ₁ D sinθ

v ₁ ² = v ₀ ² + 2G M 1 d − 1

⎠⎟ = v ₀ ² + 2G M v ₁ v ₀ D sinθ − 1

⎠⎟ = v ₀ ² + 2G M

v ₀ D sinθ ( v ₁ − v ₀ sin θ )

k = 2G M v ₀ D sinθ abbiamo l’equazione di secondo grado

v ₁ ² = v ₀ ² + kv ₁ − kv ₀ sinθ v ₁ ² − kv ₁ + v ₀ ² − kv ₀ sinθ = 0 la cui soluzione ci porge la velocità al perielio che sostituita in

d = v ₀

v ₁ D sinθ

Cognome _________ Nome _ Matricola ___

1) Dalla trasformazione CD (legge di Gay-Lussac per l’isobara reversibile) si ha, osservando che V _A = V _D e V _B = V _C , V _D

T _D = V _C

T _C ⇒ V _B

V _A = T _C T _D per cui il calore cambiato nella trasformazione isoterma reversibile è

Q _AB = nRT _A ln V _B

V _A = nRT _A ln T _C T _D da cui si ottiene

T _C = T _D e

Q _AB = 3456 J > 0 assorbito W _AB = Q _AB = 3456 J

Q _BC = nc _v ( T _C − T _B ) = −2493 J < 0 ceduto

W _BC = 0

Q _CD = nc _p ( T _D − T _C ) = −4155 J < 0 ceduto W _CD = nR T ( _D − T _C ) ^{= −1662 J}

Q _DA = nc _v ( T _A − T _D ) = 4986 J > 0 assorbito W _DA = 0

W = W _AB + W _CD = 1794 J e η = 1+ Q _ced

Q _ass = 1+ Q _BC + Q _CD Q _AB + Q _DA = W

Q _ass = W

Q _AB + Q _DA = 0.213 4) L’efficienza frigorifera

e = Q _ass W

Q _ass = eW = 7196 J e il calore ceduto alla sorgente calda è

Q = Q _ced = W + Q _ass = 8970 J