A.A. 2017/2018, Sessione di Settembre 2018, Prova scritta del 3 Settembre 2018

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. 2017/2018, Sessione di Settembre 2018, Prova scritta del 3 Settembre 2018

TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI

M R

m

θ PROBLEMA A1 Un cilindro omogeneo di raggio R = 20.0 cm

e massa M = 15.0 kg `e posto su un piano che `e inclinato di un angolo θ = 35.0

^◦

. Come si vede dalla figura intorno al cilindro `e avvolta una corda di massa trascurabile ed inestensibile all’altro capo della quale `e appeso (tramite una piccola puleggia ideale) un corpo di massa m.

Dapprima si supponga che il cilindro non scivoli sul piano inclinato. Determinare:

a) il valore di m, m

eq

, in corrispondenza del quale il sistema `e in equilibrio statico;

b) l’accelerazione con cui scende il corpo di massa m nel caso in cui sia m = 2m

eq

(m

eq

`e la massa calcolata al punto a)).

Si supponga poi che il piano inclinato sia perfettamente liscio e che quindi non ci siano forze di attrito tra cilindro e piano di appoggio. In tali condizioni, calcolare:

c) l’accelerazione con cui scende il corpo di massa m e l’accelerazione angolare del cilindro nel caso di m = 2m

eq

(m

eq

`e sempre la massa calcolata al punto a)).

[In tutti i casi supporre che la corda avvolta non slitti rispetto al cilindro.]

Soluzione La dinamica del sistema si risolve applicando la 2

^a

legge della dinamica nelle forme lineare e angolare.

Consideriamo il caso in cui il cilindro non scivola sul piano inclinato e applichiamo la 2

^a

legge della dinamica in forma lineare al moto del corpo appeso (asse verticale diretto verso il basso) e, nelle forme lineare e angolare, al moto del cilindro (asse parallelo al piano inclinato diretto verso la sua sommit`a e momenti rispetto all’asse passante per il suo centro si massa); si ottengono le seguenti







ma = mg − T

M a

cm

= T − M g sin θ − f

s

I

cm

α = RT + Rf

s

(∗)

dove a, a

cm

sono le accelerazioni lineari del corpo di massa m e del centro di massa del cilindro, α `e l’accelerazione angolare del cilindro, T `e il modulo della tensione della corda, f

s

`e il modulo della forza di attrito statico tra cilindro e piano (si noti che si `e supposto che ~ f~ f~ f

s

sia diretta verso il punto pi` u basso del piano inclinato) e I

cm

=

¹2

M R

²

`e momento d’inerzia del cilindro calcolato rispetto all’asse per il suo centro di massa.

In caso di equilibrio statico del sistema, si ha ovviamente a = 0, a

cm

= 0 e α = 0 e il precedente sistema di equazioni (*) si riduce a







0 = mg − T

0 = T − M g sin θ − f

s

0 = RT + Rf

s

Dalle prime due si ottengono le seguenti

T = mg; f

s

= T − M g sin θ = mg − M g sin θ, che inserite nella terza permetto di ricavare

2mg = M g sin θ ⇒ m = m

eq

= M

2 sin θ = 4.30 kg.

Quando m = 2m

eq

, il sistema non `e pi` u in equilibrio e quindi dobbiamo risolvere il sistema di equazioni (*) con le accelerazioni non nulle. Tenendo conto del fatto che il cilindro non scivola, tra le accelerazioni valgono le seguenti

a

cm

= a

2 ; α = a

cm

R = a

2R , che una volta inserite nelle equazioni (*), dalle prime due otteniamo

T = mg − ma; f

s

= T − M g sin θ − M a

2 = mg − M g sin θ −

 m + M

2



a.

Inserendo queste due nella terza equazione (*) e risolvendo si ricava 1

2 M R

²

a

2R = Rmg − Rma + Rmg − RM g sin θ − R

 m + M

2

 a

⇒  3

4 M + 2m



a = (2m − M sin θ)g, dalla quale abbiamo

a = 4(2m − M sin θ)g 3M + 8m . Sostituendo m = 2m

eq

= M sin θ, si ottiene

a = 4M sin θ

3M + 8M sin θ g = 4 sin θ

3 + 8 sin θ g = 2.97 m/s

²

.

In assenza di forze di attrito tra cilindro e piano inclinato, il sistema delle equazioni del moto `e il seguente,







ma = mg − T

M a

cm

= T − M g sin θ I

cm

α = RT

ottenuto dal (*) eliminando f

s

. Ora per` o, tra le accelerazioni vale la seguente a = a

cm

+ Rα,

e, dato che ora il cilindro scivola liberamente sul piano, a e α sono indipendenti. Pertanto, inserendo l’ultima relazione del sistema precedente e risolvendo abbiamo

T = mg − ma;

 M a − M rα = mg − ma − M g sin θ

1

2

M R

²

α = Rmg − Rma ⇒ α =

^2mg−2ma_MR

, e quindi

(M + 3m)a = 3mg − M g sin θ ⇒ a = 3m − M sin θ M + 3m g, e

α = 2m(1 + sin θ) (M + 3m)R g.

Infine, inserendo m = 2m

eq

= M sin θ, si ricava a = 2 sin θ

1 + 3 sin θ g = 4.14m/s

²

; α = 2 sin θ(1 + sin θ)

(1 + 3 sin θ)R g = 32.5rad/s

²

.

olio

acqua PROBLEMA A2 In un grande recipiente viene prima versata dell’acqua

(indichiamo con ρ

0

la sua massa volumica) e poi dell’olio di massa volumica ρ

1

= 0.8 · ρ

0

. Essendo i due liquidi non miscibili e l’olio pi` u leggero del- l’acqua, l’olio, come mostrato in figura, forma uno strato omogeneo al di sopra dell’acqua. In queste condizioni, viene posta nel recipiente una sfera omogenea costituita da un materiale di massa volumica ρ.

A seconda che sia ρ = 0.6 · ρ

⁰

o ρ = 0.85 · ρ

⁰

, determinare:

a) all’equilibrio dove si posiziona la sfera (fare anche un disegno);

b) le frazioni del suo volume rispettivamente immerse in acqua e olio.

Supporre poi che la sfera con ρ = 0.85 · ρ

⁰

venga tenuta ad una quota tale

che risulti per met`a immersa in acqua e per met`a in olio e che venga tenuta in tale posizione tramite un filo ancorato al fondo del recipiente. Nell’ipotesi che la sfera abbia raggio pari a R = 10.0 cm, determinare:

c) la tensione del filo che tiene la sfera in posizione.

[Supporre che il diametro delle sfere sia sempre minore degli spessori degli strati di acqua e olio.]

Soluzione Iniziamo dalla sfera con massa volumica ρ = 0.6·ρ

⁰

. Essendo ρ < ρ

²

, si capisce che la sfera gallegger` a sullo strato di olio e che quindi la frazione del suo volume immerso in acqua sar`a nulla.

L’equilibrio della sfera potr` a essere espresso dalla seguente

S

olio

− mg = 0 ⇒ ρ

¹

V

i1

g − ρV g = 0,

dove S

olio

`e la spinta di Archimede sulla sfera dovuta alla sua parte immersa nell’olio (di volumeV

i1

), mentre m e V sono rispettivamente la massa e il volume della sfera. Ovviamente si ha

V

i1

V = ρ

ρ

¹

= 0.6 · ρ

0

0.8 · ρ

⁰

= 0.75,

che ci dice che una frazione pari al 75% del volume della sfera `e immerso nell’olio.

Nel caso di ρ = 0.85 · ρ

0

osserviamo che ρ > ρ

1

e quindi la sfera non pu` o pi` u galleggiare sull’olio. D’altra parte,

`e ρ < ρ

⁰

e quindi, la sfera si posizioner` a tra acqua e olio. L’equilibrio della sfera potr` a ora essere espresso dalla seguente

S

acqua

+ S

olio

− mg = 0 ⇒ ρ

⁰

V

i0

g + ρ

¹

V

i1

g − ρV g = 0,

dove ora S

acqua

e S

olio

sono le spinte di Archimede sulla sfera dovute alla sue parti immerse in acqua (di volume V

i0

) e olio (di volume V

i1

), rispettivamente. Notando che, ovviamente, `e V

i0

+ V

i1

= V , dalla precedente si ha

ρ

⁰

V

i0

+ ρ

¹

(V − V

i0

) = ρV ⇒ (ρ

⁰

− ρ

¹

)V

i0

= (ρ − ρ

¹

)V V

i0

V = ρ − ρ

¹

ρ

⁰

− ρ

¹

= 0.85 − 0.8

1.0 − 0.8 = 0.25; V

i1

V = V − V

i0

V = ρ

⁰

− ρ

ρ

⁰

− ρ

¹

= 1.0 − 0.85

1.0 − 0.8 = 0.75, che ci dice che il 25% del volume della sfera `e immerso in acqua e il restante 75% `e immerso in olio.

Infine, quando la sfera (ora di raggio R = 10.0 cm) `e tenuta a met`a tra acqua e olio, il suo equilibrio sar`a espresso dalla seguente

S

acqua

+ S

olio

− mg − T = 0 ⇒ T = ρ

⁰

V

2 g + ρ

¹

V

2 g − ρV g,

dove T `e la tensione del filo. Pertanto, ricordando che il volume di una sfera di raggio R `e pari a V =

⁴3

πR

³

, ricaviamo

T =  1 2 ρ

⁰

+ 1

2 ρ

¹

− ρ



V g = (0.5 + 0.4 − 0.85) ρ

⁰

V g = 0.05 · ρ

⁰

4

3 πR

³

g = 2.05 N, dove si `e usato il fatto che la massa volumica dell’acqua `e pari a ρ

⁰

= 1.0 · 10

³

kg/m

³

.

PROBLEMA A3 Un recipiente cilindrico con pareti adiabatiche (disposto orizzontalmente) di sezione A = 0.250 m

²

`e diviso in due scomparti da un pistone a tenuta (anch’esso adiabatico) libero di scorrere lungo il suo asse. In uno degli scomparti sono contenute n = 2.0 mol di un gas ideale biatomico; l’altro scomparto `e vuoto. Come si vede dalla figura il pistone `e agganciato al fondo (di sinistra) del recipiente tramite una molla di costante elastica k = 5.00 · 10

³

N/m (di lunghezza a riposo trascurabile) che si oppone all’espansione del gas.

a) Determinare l’equazione che esprime la temperatura T del gas al variare del suo volume V .

x A

gas biatomico Sapendo poi che inizialmente il gas si trova alla temperatura

T

i

= 300 K e che, successivamente, fornendo calore lentamente, la temperatura del gas viene portata a T

f

= 400 K, Determinare:

b) il volume iniziale V

i

occupato dal gas alla temperatura T

i

; c) il calore Q scambiato dal gas;

d) il volume V

f

e la pressione p

f

finali del gas.

e) la variazione ∆S di entropia subita dal gas nella trasformazione.

[Supporre trascurabile la capacit` a termica della molla.]

Soluzione Essendo trascurabile la lunghezza a riposo della molla, quando il pistone `e a distanza x dal fondo di sinistra, su di esso la molla esercit` a una forza elastica (diretta verso sinistra) di modulo kx. Conseguentemente, se in quella posizione il gas `e in equilibrio, allora la sua pressione sar`a pari a p = kx/A.

Allo stesso modo si noti che il volume dello scomparto occupato dal gas `e esprimibile come V = Ax.

Pertanto, dato che il gas (essendo ideale) rispetta l’equazione pV = nRT , l’equazione di stato del sistema potr` a essere riscritta nella forma seguente

kx

A · Ax = nRT ⇒ kx

²

= nRT.

Da questa, esprimendo x in termini di V come x = V /A, ricaviamo la relazione richiesta al punto a) nRT = kx

²

= k

A

²

V ⇒ T = T (V ) = k

nRA

²

V

²

.

Considerando ora lo stato iniziale in cui la temperatura `e pari a T

i

, dalla precedente ricaviamo facilmente il volume V

i

richiesto al punto b). Facilmente si ha

T

i

= k

nRA

²

V

_i²

⇒ V

i

=

r nRA

²

T

i

k = 0.250 m

³

, che corrisponde ad una x

i

= V

i

/A = 1.00 m.

Dopo aver scambiato il calore Q il gas raggiunge la temperatura T

f

. Il suo volume e la sua pressione saranno

V

f

=

r nRA

²

T

f

k = 0.288 m

³

; p

f

= nRT

f

V

f

= r knRT

f

A

²

= 2.31 · 10

⁴

Pa = 0.228 atm.

Per il calcolo del calore Q scambiato dal gas in tale trasformazione possiamo utilizzare la 1

^a

legge della termodinamica

Q = ∆E

int

+ L,

Notando che il gas compie lavoro contro la molla, si capisce che il lavoro L in tale relazione corrisponde alla variazione dell’energia potenziale della molla stessa. Perci` o abbiamo

Q = ∆E

int

+ L = nc

V

(T

f

− T

i

) + 1

2 k(x

²_f

− x

²_i

) = nc

V

(T

f

− T

i

) + 1

2A

²

k(V

_f²

− V

_i²

) =

= nc

V

(T

f

− T

i

) + 1

2 nR(T

f

− T

i

) = n

 c

V

+ R

2



(T

f

− T

i

) = 3nR(T

f

− T

i

) = 4.50 · 10

³

J, dove, nell’ultimo passaggio, abbiamo tenuto conto del fatto che, essendo il gas biatomico, `e c

V

=

⁵2

R.

Infine, la variazione di entropia subita dal gas `e

∆S = nc

V

ln  T

f

T

i



+ nR ln  V

f

V

i



=

= nc

V

ln  T

f

T

i



+ nR ln  T

f

T

i



¹/2

= n

 c

V

+ R

2

 ln  T

f

T

i



= 3nR ln  T

f

T

i



= 14.3 J/K.

M R

m

θ PROBLEMA B1 Un cilindro omogeneo di raggio R = 15.0 cm

e massa M = 10.0 kg `e posto su un piano che `e inclinato di un angolo θ = 25.0

^◦

. Come si vede dalla figura intorno al cilindro `e avvolta una corda di massa trascurabile ed inestensibile all’altro capo della quale `e appeso (tramite una piccola puleggia ideale) un corpo di massa m.

Dapprima si supponga che il cilindro non scivoli sul piano inclinato. Determinare:

a) il valore di m, m

eq

, in corrispondenza del quale il sistema `e in equilibrio statico;

b) l’accelerazione con cui sale il corpo di massa m nel caso in cui sia m =

¹2

m

eq

(m

eq

`e la massa calcolata al punto a)).

Si supponga poi che il piano inclinato sia perfettamente liscio e che quindi non ci siano forze di attrito tra cilindro e piano di appoggio. In tali condizioni, calcolare:

c) l’accelerazione con cui sale il corpo di massa m e l’accelerazione angolare del cilindro nel caso di m =

¹2

m

eq

(m

eq

`e sempre la massa calcolata al punto a)).

[In tutti i casi supporre che la corda avvolta non slitti rispetto al cilindro.]

Soluzione La dinamica del sistema si risolve applicando la 2

^a

legge della dinamica nelle forme lineare e angolare.

Consideriamo il caso in cui il cilindro non scivola sul piano inclinato e applichiamo la 2

^a

legge della dinamica in forma lineare al moto del corpo appeso (asse verticale diretto verso il basso) e, nelle forme lineare e angolare, al moto del cilindro (asse parallelo al piano inclinato diretto verso la sua sommit`a e momenti rispetto all’asse passante per il suo centro si massa); si ottengono le seguenti







ma = mg − T

M a

cm

= T − M g sin θ − f

s

I

cm

α = RT + Rf

s

(∗)

dove a, a

cm

sono le accelerazioni lineari del corpo di massa m e del centro di massa del cilindro, α `e l’accelerazione

angolare del cilindro, T `e il modulo della tensione della corda, f

s

`e il modulo della forza di attrito statico tra

cilindro e piano (si noti che si `e supposto che ~ f~ f~ f

s

sia diretta verso il punto pi` u basso del piano inclinato) e I

cm

=

¹2

M R

²

`e momento d’inerzia del cilindro calcolato rispetto all’asse per il suo centro di massa.

In caso di equilibrio statico del sistema, si ha ovviamente a = 0, a

cm

= 0 e α = 0 e il precedente sistema di equazioni (*) si riduce a







0 = mg − T

0 = T − M g sin θ − f

s

0 = RT + Rf

s

Dalle prime due si ottengono le seguenti

T = mg; f

s

= T − M g sin θ = mg − M g sin θ, che inserite nella terza permetto di ricavare

2mg = M g sin θ ⇒ m = m

eq

= M

2 sin θ = 2.11 kg.

Quando m =

¹₂

m

eq

, il sistema non `e pi` u in equilibrio e quindi dobbiamo risolvere il sistema di equazioni (*) con le accelerazioni non nulle. Tenendo conto del fatto che il cilindro non scivola, tra le accelerazioni valgono le seguenti relazioni

a

cm

= a

2 ; α = a

cm

R = a

2R , che una volta inserite nelle equazioni (*), dalle prime due otteniamo

T = mg − ma; f

s

= T − M g sin θ − M a

2 = mg − M g sin θ −

 m + M

2

 a.

Inserendo queste due nella terza equazione (*) e risolvendo si ricava 1

2 M R

²

a

2R = Rmg − Rma + Rmg − RM g sin θ − R

 m + M

2

 a

⇒  3

4 M + 2m



a = (2m − M sin θ)g, dalla quale abbiamo

a = 4(2m − M sin θ)g 3M + 8m . Sostituendo m = m

eq

/2 =

¹4

M sin θ, si ottiene

a = − 2M sin θ

3M + 2M sin θ g = − 2 sin θ

3 + 2 sin θ g = −2.16 m/s

²

, dove, il segno meno ci ricorda che (ovviamente) il corpo appeso sale.

In assenza di forze di attrito tra cilindro e piano inclinato, il sistema delle equazioni del moto `e il seguente,







ma = mg − T

M a

cm

= T − M g sin θ I

cm

α = RT

ottenuto dal (*) eliminando f

s

. Ora per` o, tra le accelerazioni vale la seguente a = a

cm

+ Rα,

e, dato che ora il cilindro scivola liberamente sul piano, a e α sono indipendenti. Pertanto, inserendo l’ultima relazione del sistema precedente e risolvendo abbiamo

T = mg − ma;

 M a − M rα = mg − ma − M g sin θ

1

2

M R

²

α = Rmg − Rma ⇒ α =

^2mg−2ma_MR

, e quindi

(M + 3m)a = 3mg − M g sin θ ⇒ a = 3m − M sin θ M + 3m g, e

α = 2m(1 + sin θ) (M + 3m)R g.

Infine, inserendo m = m

eq

/2 =

¹4

M sin θ, si ricava a = − sin θ

4 + 3 sin θ g = −0.787m/s

²

; α = 2 sin θ(1 + sin θ)

(4 + 3 sin θ)R g = 14.9rad/s

²

.

olio

acqua PROBLEMA B2 In un grande recipiente viene prima versata dell’acqua

(indichiamo con ρ

⁰

la sua massa volumica) e poi dell’olio di massa volumica ρ

¹

= 0.7 · ρ

⁰

. Essendo i due liquidi non miscibili e l’olio pi` u leggero del- l’acqua, l’olio, come mostrato in figura, forma uno strato omogeneo al di sopra dell’acqua. In queste condizioni, viene posta nel recipiente una sfera omogenea costituita da un materiale di massa volumica ρ.

A seconda che sia ρ = 0.6 · ρ

⁰

o ρ = 0.75 · ρ

⁰

, determinare:

a) all’equilibrio dove si posiziona la sfera (fare anche un disegno);

b) le frazioni del suo volume rispettivamente immerse in acqua e olio.

Supporre poi che la sfera con ρ = 0.75 · ρ

⁰

venga tenuta ad una quota tale che risulti per met`a immersa in acqua e per met`a in olio e che venga tenuta in tale posizione tramite un filo ancorato al fondo del recipiente.

Nell’ipotesi che la sfera abbia raggio pari a R = 12.0 cm, determinare:

c) la tensione del filo che tiene la sfera in posizione.

[Supporre che il diametro delle sfere sia sempre minore degli spessori degli strati di acqua e olio.]

Soluzione Iniziamo dalla sfera con massa volumica ρ = 0.6·ρ

0

. Essendo ρ < ρ

2

, si capisce che la sfera gallegger` a sullo strato di olio e che quindi la frazione del suo volume immerso in acqua sar`a nulla.

L’equilibrio della sfera potr` a essere espresso dalla seguente

S

olio

− mg = 0 ⇒ ρ

¹

V

i1

g − ρV g = 0,

dove S

olio

`e la spinta di Archimede sulla sfera dovuta alla sua parte immersa nell’olio (di volumeV

i1

), mentre m e V sono rispettivamente la massa e il volume della sfera. Ovviamente si ha

V

i1

V = ρ

ρ

¹

= 0.6 · ρ

0

0.7 · ρ

⁰

= 0.857,

che ci dice che una frazione pari al 85.7% del volume della sfera `e immerso nell’olio.

Nel caso di ρ = 0.75 · ρ

0

osserviamo che ρ > ρ

1

e quindi la sfera non pu` o pi` u galleggiare sull’olio. D’altra parte,

`e ρ < ρ

0

e quindi, la sfera si posizioner` a tra acqua e olio. L’equilibrio della sfera potr` a ora essere espresso dalla seguente

S

acqua

+ S

olio

− mg = 0 ⇒ ρ

⁰

V

i0

g + ρ

¹

V

i1

g − ρV g = 0,

dove ora S

acqua

e S

olio

sono le spinte di Archimede sulla sfera dovute alla sue parti immerse in acqua (di volume V

i0

) e olio (di volume V

i1

), rispettivamente. Notando che, ovviamente, `e V

i0

+ V

i1

= V , dalla precedente si ha

ρ

⁰

V

i0

+ ρ

¹

(V − V

i0

) = ρV ⇒ (ρ

⁰

− ρ

¹

)V

i0

= (ρ − ρ

¹

)V V

i0

V = ρ − ρ

¹

ρ

0

− ρ

1

= 0.75 − 0.7

1.0 − 0.7 = 0.167; V

i1

V = V − V

i0

V = ρ

⁰

− ρ ρ

0

− ρ

1

= 1.0 − 0.75

1.0 − 0.7 = 0.833, che ci dice che il 16.7% del volume della sfera `e immerso in acqua e il restante 83.3% `e immerso in olio.

Infine, quando la sfera (ora di raggio R = 12.0 cm) `e tenuta a met`a tra acqua e olio, il suo equilibrio sar`a espresso dalla seguente

S

acqua

+ S

olio

− mg − T = 0 ⇒ T = ρ

⁰

V

2 g + ρ

¹

V

2 g − ρV g,

dove T `e la tensione del filo. Pertanto, ricordando che il volume di una sfera di raggio R `e pari a V =

⁴3

πR

³

, ricaviamo

T =  1 2 ρ

⁰

+ 1

2 ρ

¹

− ρ



V g = (0.5 + 0.35 − 0.75) ρ

⁰

V g = 0.10 · ρ

⁰

4

3 πR

³

g = 7.10 N, dove si `e usato il fatto che la massa volumica dell’acqua `e pari a ρ

⁰

= 1.0 · 10

³

kg/m

³

.

PROBLEMA B3 Un recipiente cilindrico con pareti adiabatiche (disposto orizzontalmente) di sezione A = 0.300 m

²

`e diviso in due scomparti da un pistone a tenuta (anch’esso adiabatico) libero di scorrere lungo il suo asse. In uno degli scomparti sono contenute n = 3.0 mol di un gas ideale biatomico; l’altro scomparto `e vuoto. Come si vede dalla figura il pistone `e agganciato al fondo (di sinistra) del recipiente tramite una molla di costante elastica k = 2.50 · 10

³

N/m (di lunghezza a riposo trascurabile) che si oppone all’espansione del gas.

a) Determinare l’equazione che esprime la temperatura T del gas al variare del suo volume V .

x A

gas biatomico Sapendo poi che inizialmente il gas si trova alla temperatura

T

i

= 400 K e che, successivamente, estraendo calore lentamente, la temperatura del gas viene portata a T

f

= 300 K, Determinare:

b) il volume iniziale V

i

occupato dal gas alla temperatura T

i

; c) il calore Q scambiato dal gas;

d) il volume V

f

e la pressione p

f

finali del gas.

e) la variazione ∆S di entropia subita dal gas nella trasformazione.

[Supporre trascurabile la capacit` a termica della molla.]

Soluzione Essendo trascurabile la lunghezza a riposo della molla, quando il pistone `e a distanza x dal fondo di sinistra, su di esso la molla esercit` a una forza elastica (diretta verso sinistra) di modulo kx. Conseguentemente, se in quella posizione il gas `e in equilibrio, allora la sua pressione sar`a pari a p = kx/A.

Allo stesso modo si noti che il volume dello scomparto occupato dal gas `e esprimibile come V = Ax.

Pertanto, dato che il gas (essendo ideale) rispetta l’equazione pV = nRT , l’equazione di stato del sistema potr` a essere riscritta nella forma seguente

kx

A · Ax = nRT ⇒ kx

²

= nRT.

Da questa, esprimendo x in termini di V come x = V /A, ricaviamo la relazione richiesta al punto a) nRT = kx

²

= k

A

²

V ⇒ T = T (V ) = k nRA

²

V

²

.

Considerando ora lo stato iniziale in cui la temperatura `e pari a T

i

, dalla precedente ricaviamo facilmente il volume V

i

richiesto al punto b). Facilmente si ha

T

i

= k

nRA

²

V

_i²

⇒ V

i

=

r nRA

²

T

i

k = 0.600 m

³

, che corrisponde ad una x

i

= V

i

/A ≈ 2.00 m.

Dopo aver scambiato il calore Q il gas raggiunge la temperatura T

f

. Il suo volume e la sua pressione saranno

V

f

=

r nRA

²

T

f

k = 0.519 m

³

; p

f

= nRT

f

V

f

= r knRT

f

A

²

= 1.44 · 10

⁴

Pa = 0.142 atm.

Per il calcolo del calore Q scambiato dal gas in tale trasformazione possiamo utilizzare la 1

^a

legge della termodinamica

Q = ∆E

int

+ L,

Notando che il gas compie lavoro contro la molla, si capisce che il lavoro L in tale relazione corrisponde alla variazione dell’energia potenziale della molla stessa. Perci` o abbiamo

Q = ∆E

int

+ L = nc

V

(T

f

− T

i

) + 1

2 k(x

²_f

− x

²_i

) = nc

V

(T

f

− T

i

) + 1

2A

²

k(V

_f²

− V

_i²

) =

= nc

V

(T

f

− T

i

) + 1

2 nR(T

f

− T

i

) = n

 c

V

+ R

2



(T

f

− T

i

) = 3nR(T

f

− T

i

) = −7.48 · 10

³

J,

dove, nell’ultimo passaggio, abbiamo tenuto conto del fatto che, essendo il gas biatomico, `e c

V

=

⁵2

R.

Infine, la variazione di entropia subita dal gas `e

∆S = nc

V

ln  T

f

T

i



+ nR ln  V

f

V

i



=

= nc

V

ln  T

f

T

i



+ nR ln  T

f

T

i



¹/2

= n

 c

V

+ R

2

 ln  T

f

T

i



= 3nR ln  T

f

T

i



= −21.5 J/K.