a) la velocit` a del veicolo all’istante t = t f ;

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 Gennaio/Febbraio, Primo Appello, 21 Gennaio 2019, Prova scritta

TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI

PROBLEMA 1 Un veicolo, avente una massa M = 1000 kg (trattarlo come un corpo puntiforme) `e inizial- mente fermo su un tratto di strada rettilineo e orizzontale; a partire dall’istante t = 0 il veicolo si mette in moto e la sua velocit` a istantanea cresce seguendo la legge oraria v(t) = At − Bt ² con A = 6.00 m/s ² e B = 0.300 m/s ³ fino all’istante t f = 10.0 s, mentre per t > t f si mantiene costante e pari v(t f ). Determinare:

a) la velocit` a del veicolo all’istante t = t f ;

b) a che distanza dalla posizione iniziale si trova il veicolo all’istante t = t f .

Il moto del veicolo (di cui sopra) `e determinato dalla spinta del motore che indicheremo con F (t) (dato che dipender`a dal tempo). Sapendo che, oltre a F (t), sul veicolo agisce anche una forza resistente, dovuta alla resistenza dell’aria, opposta al moto avente modulo R(t) = k v ² (t) con k = 1.70 N · s ² /m ² , determinare:

c) l’espressione di F (t) nell’intervallo di tempo [0, t f ];

d) il valore della spinta del motore all’istante t = t f (cio`e il valore di F (t f ));

e) (facoltatitivo) il lavoro compiuto da F (t) nell’intervallo di tempo [0, 2 t f ].

Soluzione

Per t = t f abbiamo

v(t f ) = v f = At f − Bt ² _f = 30.0 m/s = 108 km/h.

La distanza del veicolo dalla posizione iniziale corrisponde alla posizione all’istante t = t f . E cio`e

x(t f ) = Z t _f

0

v(t)dt = Z t _f

0

(At − Bt ² )dt =  1 2 A − 1

3 Bt f



t ² _f = 200 m.

Applicando la 2 ^a legge della dinamica possiamo scrivere l’equazione del moto del veicolo e da questa si ricava immediatamente l’espressione di F (t) come segue

M a(t) = F (t) − kv ² (t) ⇒ F (t) = M a(t) + kv ² (t), dove a(t) = ^d d ^v t `e l’accelerazione del moto. Nell’intervallo indicato `e

a(t) = dv

dt = A − 2Bt, e si noti anche che `e a(t f ) = 0! Perci` o

F (t) = M a(t) + kv ² (t) = M (A − 2Bt) + k(At − Bt ² ) ² , e

F (t f ) = M a(t f ) + kv ² (t f ) = kv ² _f = 1530 N.

Finiamo quindi con considerazioni energetiche. Si noti che nell’intervallo di tempo [0, 2t f ] possiamo scrivere (dal teorema dell’energia cinetica)

∆K = K f = 1

2 M v ² _f = L F + L R

dove L F e L R sono, rispettivamente, i lavori compiuti dalla forza F e dalla resistenza dell’aria. Pertanto, il lavoro cercato al punto e) sar`a dato da

L F = 1

2 M v ² _f − L R . con

L R = −k Z ² t _f

0

v ² (t)dx = −k Z ² t _f

0

v ³ (t)dt = −k Z t _f

0

(At − Bt ² ) ³ dt − kv _f ³ t f

dove l’ultimo termine deriva dal fatto che per t > t f `e v(t) = v f .

Quindi, osservando che `e L R = −k

Z t f

0

(At − Bt ² ) ³ dt − kv _f ³ t f = Z t f

0

(A ³ t ³ − 3A ² Bt ⁴ + 3AB ² t ⁵ − B ³ t ⁶ )dt − kv ³ _f t f =

= −k  1

4 A ³ t ⁴ _f − 3

5 A ² Bt ⁵ _f + 1

2 AB ² t ⁶ _f − 1 7 B ³ t ⁷ _f



− kv _f ³ t f = −2.0983 · 10 ⁵ J − 4.59 · 10 ⁵ J = −6.69 · 10 ⁵ J si ottiene

L F = 1

2 M v _f ² − L R = 4.50 · 10 ⁵ J + 6.69 · 10 ⁵ J = 1.12 · 10 ⁶ J

θ ¹

b

R

θ ² M

b

R

M PROBLEMA 2 Due cilindri omogenei identici, di massa

M = 20.0 kg e raggio R sono posti sulle due falde del doppio piano inclinato schematizzato in figura; gli angoli di inclinazione delle due falde sono rispettivamente θ ¹ (falda di sinistra) e θ ² = 30.0 ^◦ (falda di destra). Intorno al cilindro di destra `e avvolta una corda ideale (inestensibile e di massa trascurabile) il cui altro estremo, dopo essere passata per la piccola puleggia ideale in figura, `e agganciato al centro

di massa del cilindro di sinistra. Si assuma che la corda non possa slittare rispetto al cilindro su cui `e avvolta e che entrambi i cilindri (sia in quiete che in moto) non possano mai scivolare rispetto ai piani di appoggio.

Sapendo che i cilindri vengono lasciati andare (in quiete) dalla disposizione di figura, determinare:

a) per quale valore di θ 1 i due cilindri rimangono in equilibrio statico;

b) i minimi valori dei coefficienti di attrito statico che dovrebbero presentare i due piani di appoggio affinch`e, nel caso a), lo slittamento dei cilindri non sia effettivamente possibile.

c) le accelerazioni con cui si muoverebbero i centri di massa dei due cilindri quando θ ¹ = θ ² = 30.0 ^◦ , specificando le direzioni dei corrispondenti moti;

d) la tensione della corda nel caso c).

Soluzione

Prima di tutto consideriamo il diagramma delle forze (o diagramma di corpo libero) del nostro sistema (vedi la figura sottostante). Si noti che il verso delle due forze di attrito statico ~ f~ f~ f s1 e ~ f~ f~ f s2 sono stati scelti a caso; saranno i calcoli a stabilire la correttezza, o meno, dei versi scelti. Si noti anche che i moduli delle forze ~ T~ T~ T ¹ e ~ T~ T~ T ² sono uguali e pari alla tensione T della corda. Nella figura sono stati indicati anche le direzioni e i versi degli assi x e y rispetto ai quali scomporremo le forze ai fini della costruzione delle equazioni del moto dei due cilindri. A tal fine, precisiamo che verranno presi come positivi i momenti uscenti dalla pagina (rotazioni antiorarie).

θ ¹

b

θ ²

b

M~g~g~g

M~g~g~g f~ f~ f ~ s2

f~ f~ f ~ s1

N ~ ~ N N ~ ¹

N ~ ~ N N ~ ² T~ T~ T ~ ¹

T~ T~ T ~ ²

x y

x y

Consideriamo quindi il caso statico prospettato al punto a). Utilizzando il diagramma delle forze e applicando ai due cilindri la 2 ^a legge della dinamica nelle forme lineare e angolare (applicata al punto di contatto con i rispettivi piani di appoggio) si ottengono i due seguenti sistemi di equazioni (sinistra e destra come per i cilindri):







0 = M g sin θ ¹ − T − f s1

0 = N ¹ − M g cos θ ¹ 0 = M gR sin θ ¹ − RT

;







0 = T − M g sin θ ² − f s2

0 = N ² − M g cos θ ² 0 = 2RT − M gR sin θ ²

. (∗)

Combinando le terze equazioni dei due sistemi (∗) otteniamo

T = M g sin θ ¹ ⇒ 2 sin θ ¹ = sin θ ² ⇒ sin θ ¹ = 1

2 sin θ ² = 1 4 , dalla quale vediamo che l’angolo cercato `e

θ ¹ = arcsin  1 4



= 14.5 ^◦ .

Conseguentemente, sostituendo T = M g sin θ ¹ nella coppia delle prime equazioni delle (∗), si ha f s1 = M g sin θ ¹ − T = 0; f s2 = T − M g sin θ ² = M g (sin θ ¹ − sin θ ² ) = − 1

2 M g sin θ ² = − 1 4 M g.

La prima ci dice che nel caso statico non c’`e bisogno di attrito per non far scivolare il cilindro di sinistra (e quindi ⇒ µ s1,min = 0). Invece per il cilindro di destra la forza di attrito statico `e opposta a quanto scelto nel diagramma e, ottenendo N ² = M g cos θ ² dalla seconda equazione di destra delle (∗), per il corrispondente coefficiente di attrito statico si ha

|f s2 | ≤ µ s2 N ² ⇒ µ s2 ≥ µ s2,min = |f s2 | N ² =

1

2 M g sin θ ² M g cos θ ² = 1

2 tan θ ² = 1

2 tan 30 ^◦ = 0.289.

Consideriamo ora il caso dinamico prospettato al punto c) in cui θ ¹ = θ ² = 30 ^◦ . L’attuale pendenza della falda di sinistra `e maggiore che nel caso statico e quindi sar`a ragionevole pensare che il sistema si sbilanci verso sinistra: cos`ı, mentre il cilindro di sinistra scender`a lungo il suo piano, quello di destra risalir`a l’altro versante.

Le equazioni del moto sono ora le seguenti:







M a ¹ = M g sin θ ¹ − T − f s1

0 = N ¹ − M g cos θ ¹ I P α ¹ = M gR sin θ ¹ − RT

;







M a ² = T − M g sin θ ² − f s2

0 = N ² − M g cos θ ² I P α ² = 2RT − M gR sin θ ²

, (∗∗)

dove I P = ³ 2 M R ² `e il momento d’inerzia dei due cilindri rispetto ai rispettivi punti di istantaneo contatto con i rispettivi piani di appoggio.

Tenendo presente che (data la scelta degli assi) tutte le accelerazioni, sia quelle dei centri di massa dei cilindri a ¹ e a ² che quelle angolari α ¹ e α ² , sono positive (i cilindri accelerano nel verso degli assi x scelti e le rotazioni sono antiorarie ed accelerate), tenendo conto del puro rotolamento dei cilindri e della inestensibilit` a della corda, si ricavano le seguenti relazioni

α ¹ = a ¹

R ; a ² = a ¹

2 ; α ² = a ² R = a ¹

2R .

Quindi, estraendo la coppia delle terze equazioni delle (∗∗) e sostituendo le precedenti si ottiene il seguente sistema



 



 

 I P a ¹

R = 1

2 M gR − RT I P a ¹

2R = 2RT − 1 2 M gR

,

dove abbiamo utilizzato il fatto che `e sin θ ¹ = sin θ ² = sin 30 ^◦ = 1/2.

Risolvendo si ottiene

a ¹ = 1 5

M gR ² I p

= 2

15 g = 1.31 m/s ² ; a ² = a ¹

2 = 0.654 m/s ² ; T = 3

5 M g sin θ ¹ = 3

10 M g = 58.9 N.

Infine, sfruttando la coppia delle prime equazioni delle (∗∗) si noti che (anche se non richiesto dal problema) per le forze di attrito statico si ricava

f s1 = 1

15 M g = −13.1 N; f s2 = − 1

3 M g = −589 N.

I segni di questi ultimi risultati mostrano che mentre ~ f~ f~ f s1 `e orientata come scelto nel diagramma delle forze, ~ f~ f~ f s2

ha verso opposto.

b b

b

A

B C

V PROBLEMA 3 Un gas ideale biatomico segue il ciclo termodi- p

namico reversibile delineato in figura, costituito dalle trasformazioni A → B, B → C (isobara) e C → A (isocora). Nello stato A si ha p A = 6.00 atm, V A = 100 dm ³ e T A = 600 K; nello stato C `e p A = 2.00 atm e V C = V A . Nello stato B si avr` a sempre p B = p C , ma volume e temperatura del gas dipenderanno dalla natura della trasformazione A → B.

A seconda che la trasformazione A → B sia un’isoterma o

un’adiabatica, determinare:

a) il volume e la temperatura del gas nello stato B;

b) il lavoro prodotto dall’intero ciclo;

c) il rendimento del ciclo, specificando quale dei due (quello con l’isoterma o quello con l’adiabatica) ha rendimento maggiore.

Soluzione

Prima di tutto si noti che, indipendente dal tipo della trasformazione A → B, il numero di moli di gas ideale e la sua temperatura nello stato C sono date dalle seguenti:

n = p A V A

RT A

= 12.2 mol; T C =  p C

p A



T A = T A

3 = 200 K.

Consideriamo quindi il caso in cui A → B corrisponde ad un’espansione isoterma. In tale caso dovr` a essere T B = T A e

p B V B = p A V A ⇒ V B =  p A

p C



V A = 3V A = 300 dm ³ = 0.300 m ³ . Per il lavoro nell’intero ciclo abbiamo

L = Q = Q AB + Q BC + Q CA , con

Q AB = L AB = Z V B

V A

pdV = nRT A

Z V B

V A

dV

V = p A V A ln  V B

V A



= p A V A ln 3 = 6.68 · 10 ⁴ J > 0;

Q BC = nc p (T C − T B ) = p A V A

RT A

7 2 RT A

 1 3 − 1



= − 7

3 p A V A = −1.42 · 10 ⁵ J < 0;

Q CA = nc V (T A − T C ) = p A V A

RT A

5 2 RT A

 1 − 1

3



= 5

3 p A V A = 1.01 · 10 ⁵ J > 0.

Quindi `e

L =

 ln 3 − 2

3



p A V A = 0.432 · p A V A = 2.62 · 10 ⁴ J.

Osservando infine i segni dei calori scambiati nelle tre trasformazioni, si vede subito che il calore assorbito nell’intero ciclo `e pari a

Q ass = Q AB + Q CA = p A V A

 ln 3 + 5

3

 , e, conseguentemente, il rendimento del ciclo `e

η isot. = L

Q ass = ln 3 − ² 3

ln 3 + ⁵ 3

= 0.156.

Consideriamo ora il caso in cui A → B corrisponde ad un’espansione adiabatica e quindi (essendo il gas biatomico) con γ = ⁷ 5 = 1.40. Essendo le trasformazioni A → B e B → C rispettivamente adiabatica e isobara, possiamo scrivere le seguenti



 



 



T B V _B ^γ−1 = T A V _A ^γ−1 V A

T A

= V B

T B

e da queste si ricava

V B =  T A

T C

 ¹ /γ

V A = 3 ^{1 /γ} V A = 2.19 · V A = 0.219 m ³ ; T B = 3 ^{1−γ γ} T A = 0.731 · T A = 438 K.

Essendo ora Q AB ≡ 0, il lavoro nell’intero ciclo `e

L = Q = Q BC + Q CA ,

con Q CA identico a quello gi` a ricavato in precedenza (la trasformazione C → A non cambia) e Q BC = nc p (T C − T B ) = p A V A

RT A

7 2 RT A

 1 3 − 3 ^{1−γ γ}



= 7 2

 1 3 − 3 ^{1−γ γ}



p A V A = −1.39 · p A V A = −8.45 · 10 ⁴ J < 0.

Quindi `e

L =  7 2

 1 3 − 3 ^{1−γ γ}

 + 5

3



p A V A = 0.276 · p A V A = 1.68 · 10 ⁴ J.

Infine, notando che ora il calore assorbito nell’intero ciclo `e pari a Q ass = Q CA = 5

3 p A V A , il rendimento del ciclo `e

η adiab. = L Q ass

= h ₇

2

 ₁

3 − 3 ^{1−γ γ}  + ⁵ 3

i

5/3 = 3 · 0.276

5 = 0.166,

che risulta essere maggiore di quello ottenuto nel caso di A → B isoterma.