Prova scritta di Fisica Generale I Corso di studio in Astronomia 22 giugno 2012

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1 Prova scritta di Fisica Generale I Corso di studio in Astronomia 22 giugno 2012 Problema 1 Due carrelli A e B, di massa m A = 104 kg e m B = 128 kg, collegati da una molla di costante elastica k = 3100 N/m, possono muoversi con attrito trascurabile su un binario orizzontale. Sopra il carrello A si trova una persona di massa m = 70 kg. Il sistema è inizialmente in quiete e la molla ha lunghezza uguale a quella a riposo. Ad un certo istante la persona salta dal carrello A, dalla parte opposta rispetto a B, arrivando a terra con velocitá u = 2.65 m/s rispetto al carrello e direzione parallela al binario. Assumendo che il salto sia un evento impulsivo, si calcoli: 1. la velocitá v A del carrello A rispetto al suolo immediatamente dopo il salto; 2. il lavoro W compiuto dalla persona per effettuare il salto; 3. la compressione massima x max che la molla subisce nel corso delle successive oscillazioni. Dato che il salto è istantaneo e che le forze esterne che agiscono sul sistema m + m A sono non-impulsive (forza elastica, peso, reazione vincolare), il momento totale si conserva mv + m A v A = 0, (1) dove v e v A sono le velocità della persona e del carrello A rispetto al suolo dopo il salto. Ricordando che v = v A u, dalla precedente si ottiene v A = mu m A + m = 1.07 m/s (2) e v = v A u = m Au m A + m. (3) Si noti che, come deve essere, le due velocitá hanno segno opposto. Il lavoro fatto dalla persona nel salto è pari alla variazione di energia cinetica del sistema, W = E k = 1 2 mv m Av 2 A = mm Au 2 2(m A + m) = J. (4) Dopo il salto si conserva la quantità di moto del sistema m A + m B. Detta v CM la velocitá del centro di massa di A+B, risulta (m A + m B )v CM = m A v A, (5) 1

2 cioè v CM = m Av A m A + m B. (6) Dato che l unica forza che fa lavoro è la forza elastica, l energia meccanica del sistema si conserva durante il moto di A e B E k + E p = E k k x2 = E k,0 = 1 2 m Av 2 A, (7) dove x rappresenta la deformazione della molla ad un istante generico. Dalla relazione precedente segue immediatamente che dove x è massima, l energia cinetica deve essere minima. Dato che E k = 1 2 (m A + m B )v 2 CM + E k (8) per il teorema di König, il minimo dell energia cinetica si avrá quando l energia cinetica rispetto al CM, E k, è nulla, quindi E k,min = 1 2 (m A + m B )v 2 CM. Riscrivendo la conservazione dell energia in questo caso si ottiene 1 2 (m A + m B )v 2 CM k x2 max = 1 2 m Av 2 A. (9) Sostituendo l espressione di v CM ricavata in precedenza si ottiene Problema 2 ma m B x max = k(m A + m B ) v A = 14.5 cm. (10) Un disco, sottile ed omogeneo di massa M e raggio R è appoggiato verticalmente su un piano scabro (coefficiente di attrito dinamico µ). Il disco rotola strisciando sul piano. Inizialmente la sua velocitá di traslazione è v 0, mentre la sua velocitá angolare, ω 0, ha verso opposto a quello che avrebbe nel caso in cui il disco rotoli senza strisciare. Calcolare: 1. il valore di ω 0 per cui il moto traslazionale e quello rotatorio cessano allo stesso istante; 2. la distanza d percorsa dal disco sul piano prima di arrestarsi; 3. il lavoro W a fatto dalla forza di attrito. Le forze che agiscono sul disco sono il peso, M g, applicato nel centro di massa, la reazione vincolare normale, N, e la forza di attrito f a, entrambe applicate al punto di contatto. 2

3 Calcolando i momenti rispetto al CM e ricordando che f a = µmg, le due equazioni cardinali della dinamica, proiettate rispettivamente nella direzione del moto e lungo un asse parallelo a ω 0, sono Ma CM = µmg, (11) Iα = µmgr, (12) dove I = MR 2 /2 è il momento d inerzia rispetto ad un asse ortogonale al disco e passante per il CM. Sia a CM che α sono costanti, per cui v CM = v 0 µgt, (13) ω = ω 0 µmgr t. (14) I Ricavando il tempo necessario perché sia v CM = 0 dalla prima, t = v 0 /(µg), e sostituendolo nella seconda si trova La legge oraria del CM è ω 0 = 2v 0 R. (15) x CM = v 0 t 1 2 µgt2, (16) da cui per t = v 0 /(µg), segue che la distanza percorsa prima dell arresto è d = v2 0 2µg. (17) Il lavoro della forza di attrito, l unica che fa lavoro, è dato dalla variazione di energia cinetica del corpo. Tenendo conto che all istante finale il corpo è fermo, da cui sostituendo il valore trovato per ω 0, si ottiene W a = E k = 1 2 Mv Iω2 0, (18) W a = 3 2 Mv2 0. (19) Problema 3 Cinque moli di un gas ideale monoatomico si trovano in uno stato di equilibrio iniziale A, con V A = 0.2 m 3, T A = 300 K. Il gas compie un ciclo subendo le seguenti trasformazioni: compressione isoterma da A a B (V B = 0.1 m 3 ); 3

4 compressione adiabatica reversibile da B a C (T C = 400 K); espansione libera nel vuoto da C a D; espansione adiabatica reversibile da D allo stato di partenza A Durante la compressione isoterma A-B il gas cede all ambiente esterno una quantità di calore Q = nrt amb log 0.5, dove n = 5 è il numero di moli e R = 8.31 J mol 1 K 1 è la costante dei gas ideali. La temperatura dell ambiente è T amb = 300 K. 1. Si tracci il diagramma del ciclo nel piano T S, e si determinino P, V, T negli stati A, B, C e D. 2. Si dica se la compressione isoterma A-B è reversibile o irreversibile, giustificando la risposta, e si calcoli il lavoro complessivo durante il ciclo. 3. Si supponga ora di sostituire l espansione libera nel vuoto C-D con una isoterma reversibile tra gli stessi stati, lasciando tutte le altre trasformazioni del ciclo invariate. Si calcolino lavoro e rendimento del nuovo ciclo così ottenuto. Il ciclo nel piano T S ha l aspetto di un rettangolo. I due segmenti verticali BC e DA sono le due adiabatiche reversibili (entropia costante). I due segmenti orizzontali AB e CD sono l espansione libera a T = 400 K (l energia interna non varia e dunque la temperatura resta costante) e l isoterma a T = 300 K. Il segmento orizzontale CD a T = 400 K è tratteggiato, dato che l espansione libera è irreversibile. Per quanto riguarda la determinazione degli stati di equilibrio A, B, C, D, anzitutto T A = 300 K è un dato del problema, e visto che A-B è una isoterma abbiamo T B = 300 K. Analogamente T C = 400 K e l espansione libera è a temperatura costante, quindi T D = 400 K. Avendo le temperature in tutti gli stati ed i volumi assegnati dal problema in A e B, possiamo sfruttare il fatto che BC e DA sono adiabatiche reversibili per trovare anche V C e V D V C V D = V B ( TB T C ) 1 γ 1 = m 3, (20) ( ) 1 TA γ 1 = V A = 0.13 m 3, (21) T D con γ = 5/3 per un gas ideale monoatomico. Avendo volumi e temperature in A, B, C, D, le pressioni si ricavano semplicemente dall equazione di stato dei gasi ideali P = nrt/v. Da cui P A = 0.6 atm, P B = 1.2 atm, P C = 2.5 atm, P D = 1.3 atm. 4

5 La variazione di entropia del gas nella trasformazione isoterma A-B è uguale a S gas = nr log V B /V A = nr log 0.5. Dai dati del problema, l ambiente assorbe dal gas una quantità di calore Q = nrt amb log 0.5, per cui la variazione di entropia dell ambiente è S amb = Q/T amb = nr log 0.5. Si ha pertanto S gas = S amb e la variazione di entropia dell universo (gas + ambiente) è nulla durante la trasformazione. A-B è dunque un isoterma reversibile. Il lavoro complessivo è uguale al calore scambiato durante il ciclo. L unica trasformazione che avviene con scambio di calore è l isoterma reversibile, per la quale vale: Q AB = W AB = nrt A log V B V A = 8.6 kj. (22) Alternativamente si può notare che i lavori scambiati nelle due adiabatiche si cancellano (come si vede da W adiab = U adiab e U = nc V T ) e, visto che nell espansione libera il gas non compie lavoro, il lavoro complessivo è quello scambiato nell isoterma reversibile (negativo, perchè è una compressione), espresso dalla (22). Se l espansione libera è sostituita da una isoterma reversibile il ciclo diventa un ciclo di Carnot. Pertanto il rendimento η è dato da: η = 1 T A T C = (23) Il lavoro è dato da W = ηq A, dove Q A è il calore assorbito nel ciclo. Il calore viene assorbito nell espansione isoterma reversibile C-D. Il valore di Q A è espresso per mezzo della (22) applicata a C-D: Q A = W CD = nrt C log V D V C = 11.6 kj. (24) Quindi il lavoro complessivo compiuto nel ciclo è W = ηq A = 2.9 kj. 5

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