b) quando la biglia si ferma tutta la sua energia cinetica sara stata trasformata in energia potenziale della molla. Quindi

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1 B C:\Didattica\SBAC_Fisica\Esercizi esame\sbac - problemi risolti-18jan2008.doc problema 1 Una biglia di massa m = 2 kg viene lasciata cadere (da ferma) da un'altezza h = 40 cm su di una molla avente una costante elastica k = 1960 N/m e una lunghezza (a riposo) L = 20 cm. Calcolare a) con quale velocita' v la biglia arriva a toccare la molla. b) la distanza dal muro alla quale la biglia si ferma. c) l'energia meccanica della biglia e quella della molla quando il sistema e' fermo. d) l'energia meccanica della biglia e quella della molla quando questa e' a distanza di 13 cm dal muro.. h A Risoluzione L a) quando la biglia tocca la molla avra' acquistato un'energia cinetica pari alla sua energia potenziale iniziale. Quindi, dal principio di conservazione dell'energia meccanica m g h = (1/2) m v 2 ottengo v = 2 g h = 2.80 m/s. b) quando la biglia si ferma tutta la sua energia cinetica sara stata trasformata in energia potenziale della molla. Quindi (1/2) m v 2 = (1/2) k x 2 dove x e' lo spostamento rispetto alla posizione di equilibrio della molla. Risolvendo, ottengo x = 2 g m h / k = 8.95 cm. Quindi, la distanza dal muro alla quale la biglia si ferma e' d = L - x = cm. c) quando la biglia e ferma la sua energia meccanica e zero ed e stata trasferita alla molla sotto forma di energia elastica. Quindi E mecc (biglia) = 0 E elast (molla) = m g h = 7.85 J d) quando la biglia si trova a distanza di 13 cm dal muro, e' ancora in movimento (si ferma a distanza di cm, vedi punto b), quindi solo parte della sua energia cinetica iniziale e' stata trasferita alla molla. La molla avra subito una compressione di x = L - 13cm = 7cm = 0.07 m Quindi la sua energia elastica sara' E elast (molla) = (1/2) k x 2 = 4.80 J Applicando il principio di conservazione dell'energia meccanica E ini =E fin, dove E ini = m g h E fin = E mecc (biglia) + E elast (molla) ottengo E mecc (biglia) = E fin - E elast (molla) = = 3.05 J 1

2 problema 2 Un blocco di ghiaccio di massa m=10 kg si trova inizialmente alla tempertura T= -50 o C in un contenitore aperto alla pressione atmosferica. Se il blocco viene scaldato con una sorgente di calore che eroga una potenza di P=1000 watt, quanto tempo sara' necessario per a) raggiungere la temperatura di 50 o C b) far evaporare tutto il liquido c) raggiungere la temperatura di 150 o C. d) quale sara' lo stato del sistema se il calore complessivamente cedutogli e' pari a Q tot =2x10 6 J dati: calore specifico del ghiaccio c ghi = 2090 J kg -1 o K -1 calore specifico dell'acqua c H20 = 4186 J kg -1 o K -1 calore specifico del vapore acqueo c vap = 2010 J kg -1 o K -1 calore latente di fusione del ghiaccio c fus = 3.33x10 5 J kg -1 calore latente di vaporizzazione dell'acqua c evap = 2.26x10 6 J kg -1 Risoluzione innanzitutto calcolo il calore necessario per le varie trasformazioni: Q1 (-50 a 0 o C) = c ghi m T = 1.045x10 6 J Q2 (fusione da 0 o C a 0 o C) = c fus m = 3.330x10 6 J Q3 (0 a 50 o C) = c H20 m T = 2.093x10 6 J Q4 (50 a 100 o C) = c H20 m T = 2.093x10 6 J Q5 (evaporazione da 100 o C a 100 o C) = c evap m = 2.260x10 7 J Q6 (100 a 150 o C) = c vap m T = 1.005x10 6 J a) per raggiungere i 50 o C occorre fornire il calore Q a =Q1+Q2+Q3=6.468x10 6 J. Il tempo necessario sara' quindi t a =Q a / P = 6.468x10 6 / 1000 J/W = 6468 s = 1.80 h. b) per far evaporare tutto il liquido occorre fornire il calore Q b =Q1+Q2+Q3+Q4+Q5=3.116x10 7 J. Il tempo necessario sara' quindi t b =Q b / P = 3.116x10 7 / 1000 J/W = s = 8.66 h c) per raggiungere i 150 o C occorre fornire il calore Q c =Q1+Q2+Q3+Q4+Q5+Q6=3.217x10 7 J. Il tempo necessario sara' quindi t c =Q c / P = 3.217x10 7 x10 7 / 1000 J/W = s = 8.93 h d) Il calore Q tot =2x10 6 J viene in parte utilizzato per scaldare il ghiaccio da -50 a 0 o C e in parte per scioglierlo. Quindi il calore disponibile per la fusione e' Q fus = Q tot - Q1 = 9.55x10 5 J. Questo calore servira' per fondere solo una parte del blocco, la cui massa m' e' pari a m' = Q fus / c fus = 9.55x10 5 J / 3.33x10 5 J = 2.87 kg. Il resto del blocco, ovvero = 7.13 kg, rimarra' sotto forma di ghiaccio. 2

3 problema 3 Una macchina fotografica utilizza un obiettivo con lunghezza focale F=50mm e apertura massima con diametro D=20 mm. La macchina viene utilizzata per fotografare da una distanza p=3 m un quadro divisionista di lunghezza L=1.20 m e altezza H=0.8 m, composto da puntini di colore rosso e verde distanti tra loro d=2 mm. Calcolare a) le dimensioni del quadro sul piano della p pellicola. b) la distanza fra i puntini sul piano della pellicola. c) le dimensioni dei puntini sul piano della L obj pellicola supponendo che la luce abbia una lunghezza d onda λ=0.5 µm. d) se la macchina e' utilizzata alla sua massima apertura (D=20mm), e' possibile distinguere i puntini sul piano della pellicola? e) quale e' l'apertura alla quale i puntini si sovrappongono? che colore avranno? q L imm Risoluzione a) Applicando la legge delle lenti, e sapendo che p=3m, posso trovare la distanza q tra la lente e la pellicola (1/p) + 1/q) = 1/F da cui trovo q = F p / (p - F) = mm. Quindi, sul piano della pellicola, l'immagine del quadro sara' ridotta di un fattore M=q/p=1.70x10-2.e avra' dimensioni L imm = L M = mm H imm = H M = mm b) La distanza d=2mm tra i puntini sara' ridotta dello stesso fattore M, e sara' d imm = d M = mm = µm c) Le dimensione dei puntini sono determinate dalla diffrazione della lente che ha un diametro D. Dalla legge della diffrazione, supponendo che la luce visibile ha una lunghezza d'onda λ=0.5 µm, la "dimensione" δ del singolo puntino e' δ ~ (λ / D ) q = 1.27 µm Quindi essendo δ < d imm i puntini sono risolti e i puntini rossi si vedono separati da quelli verdi. d) per far sovrapporre i puntini deve risultare δ > d imm, quindi D < λ q / d imm = 0.75 mm. 3

4 problema 4 Blaise Pascal fece una copia del barometro di Torricelli utilizzando del vino rosso di Bordeaux come liquido. La densita' del vino era x 10 3 kg/m 3 e la pressione atmosferica P 0 =1atm. Pascal ripete' l'esperimento due volte. La prima riusci' ad ottenere un vuoto perfetto sopra la colonna di vino, ma la seconda volta (forse un po' offuscato dal Bordeaux) fece untrare un po' di aria e la pressione residua fu pari a P 0 /3. Calcolare l'altezza h della colonna nei due casi. Risoluzione sia ρ =0.984 x 10 3 kg/m 3 la densita' del vino e P 0 =1atm = 1.013x10 5 N/m 2 la pressione atmosferica. Per la legge di Stevino: a) P 0 = ρ g h da cui h = P 0 / ρ g = m b) P 0 = ρ g h + P 0 /3 da cui h = (2/3)P 0 / ρ g = 7.00 m 4

5 problema 5 Una navetta viene lanciata con velocita' v 0 =20 m/s dalla prima gobba delle montagne russe che si trova ad una altezza h=20 m dal suolo. Se la rotaia e' priva di attrito, calcolare a) con quale velocita' arriva nel punto A b) con quale velocita' arriva nel punto B c) con quale velocita' arriva nel punto C d) a quale altezza H si ferma nel punto D D H Poiche' siamo in assenza di attrito, si puo' applicare il principio di conservazione dell'energia meccanica. L'energia meccanica iniziale E 0 e' data da E 0 =K 0 + U 0 = (1/2) m (v 0 ) 2 + m g h a) L'energia meccanica nel punto A e data da E A =K A + U A = (1/2) m (v A ) 2 + m g h A Applicando il principio di conservazione dell'energia meccanica E 0 =E A, poiche' h A =h, risulta v A = v 0 = 20 m/s b) L'energia meccanica nel punto B e data da E B =K B + U B = (1/2) m (v B ) 2 + m g h B Imponendo E 0 =E B, poiche' h B =h/2, risulta (v B ) 2 = (v 0 ) 2 +g h... da cui v B = m/s c) L'energia meccanica nel punto C e data da E C =K C + U C = (1/2) m (v C ) Imponendo E 0 =E C, ottengo (v C ) 2 = (v 0 ) 2 +2 g h da cui v C = m/s d) L'energia meccanica nel punto D e data da E D =K D + U D = 0 + m g H. Imponendo E 0 =E C, ottengo (1/2) m (v 0 ) 2 + m g h = m g H da cui ricavo H = h + (v 0 ) 2 / 2 g che corrisponde a H= 20 m m = m. 5

6 problema 6 Una sfera cava di ferro di massa 10 kg viene immersa in una vasca di acqua. Calcolare quanto deve essere il diametro della sfera affiche' la stessa non affondi (trascurando lo spessore della sfera) Se ripetete lo stesso esperimento sulla luna, sulla cui superficie la forza di gravita' e' circa 1/6 di quello sulla terra, trovereste lo stesso risultato? Se ripetete lo stesso esperimento con il mercurio al posto dell'acqua, cosa accade? dati: densita' dell'acqua ρ 0 = 1 g/cm 3 densita' del ferro ρ 1 = 7.9 g/cm 3 densita' del mercurio ρ 1 = 13.6 g/cm 3 La condizione di galleggiamento per la sfera e' che la sua densita' (media) sia minore o eguale a quella dell'acqua, poiché in questo caso la forza di gravita' che la spinge verso il basso e' controbilanciata dalla spinta di Archimede. La densita' della sfera cava (trascurando il peso dell'aria al suo interno) e' data dalla sua massa m diviso il suo volume v, ovvero ρ sfera = m (4 / 3) π r Uguagliando ρ 0 = ρ sfera =, posso ricavare r da cui risulta 3 r m 3 = ρ0 4 π 3. Numericamente r = 0.13 m, che corrisponde ad un diametro d = cm. b) basta osservare che il risultato non dipende da g. Quindi sulla luna il diametro della sfera sara' lo stesso. c) Il mercurio ha una densità' maggiore di quella del ferro di cui e' fatta la sfera. Quindi non e' necessario fare una sfera cava, anche una sfera di ferro piena galleggerà' sempre! 6

7 problema 7 Una imbarcazione a forma di parallelepipedo con la base S=5 m 2 e un altezza di H=1.80 m viene usata per traportare persone dall Africa alla Sicilia. Sapendo che mediamente una persona ha una massa m=60 kg e una densita di 1.05x10 3 kg/m 3, e che l imbarcazione ha una massa M=1300 kg, calcolare h a) il numero massimo di persone in modo da garantire un livello di sicurezza h=50 cm. b) Se a bordo ci sono 95 persone e si apre una falla che lascia entrare acqua ad una velocita di 0.5 litri/s, quanto tempo passera prima che l imabarcazione affondi? c) Sapendo che a bordo ci sono (pochi) salvagenti di volume v 0 =0.02 m 3, quante persone potranno salvarsi aggrappandosi a ciascun salvagente? d) Se ripetete la stessa traversata su un pianeta dove la forza di gravita' e' il doppio di quella sulla terra, trovereste lo stesso risultato? H a) La forza di archimede F A = v ρ g dipende dal volume di liquido spostato v che in questo caso e v = S (H-h)= 5 x 1.30 = 6.5 m 3. La forza F A deve controbilanciare la forza peso P = (M+Nm) g, da cui S (H-h) ρ g =(M+Nm) g Che risolta per N da vρ M N = = 86.7 persone m b) in questo caso h=0, V=SH e F A = V ρ g. La forza peso e invece P= (M+Nm+m H2O ). Uguagliando e risolvendo per m H2O, ottengo m H 2O = Vρ M Nm =2100 kg. Poiche la falla lascia entrare 0.5litri/s = 0.5kg/s, il tempo rimasto e 4200 s = 1.17 ore. c) la condizione di galleggiamento e che la densita media del salvagente + K persone sia uguale a quella dell acqua. I volume medio di una persona e v p = m/ρ p = m 3. La densita media del salvagente+ persone (trascurando la massa del salvagente), e ρ ave = (Km) / [v 0 + K v p ] ponendo ρ ave = ρ, e risolvendo per K, otteniamo v0ρ K = = 7persone v ( ρ ρ) p p a) basta osservare che il risultato non dipende da g. Quindi i risultati non cambiaranno e la tragedia si consumerebbe allo stesso modo. 7

8 problema 8 Il blocchetti A e B della figura hanno masse M A =10 Kg e M B =250 Kg. Il coefficiente di attrito statico µ s tre il blocchetto B e la superficie del tavolo e' µ s =0.2. Supponendo che la corda attaccata a B sia orizzontale, a) trovare il valore della tensione T della corda e della forza di attrito. b) trovare il valore massimo M A della massa del blocchetto A per cui il sistema e' in equilibrio. a) quando il sistema e' in equilbrio, la somma delle forze agenti sul punto di unione dei tre pezzi di corda deve essere nulla. Quindi, indicando con θ l'angolo di 30 gradi indicato in figura e con f att la forza di attrito sul blocchetto B, la condizione di equilibrio si scrive come asse y asse x T sin (θ) = g M A T cos (θ) = f att che corrisponde ad un sitema di due equazioni nelle dure incognite T e f att. Risolvendo ricavo f att = g M A [cos (θ) / sin (θ)] = N T = g M A / sin (θ) = N b) la forza massima di attrito esercitabile dal blocchetto B e' data da f max = µ s g M B = N. Quindi il valore massimo di M A per cui il sistema rimane in equilibrio si trova imponendo che f att = f max g M A [cos (θ) / sin (θ)] = µ s g M B che risolta rispetto a M A da' il risultato M A = µ s M B [sin (θ) / cos (θ)] = 28.9 kg. 8

9 problema 9 Un mongolfiera di diametro 20 m e' riempita con aria ad una temperatura T maggiore di quella ambiente T A =25 C. Sapendo che la massa della mongolfiera (cestello+pallone+corde+equipaggio) e' m=200 kg e che la densita' dell'aria a temperatura ambiente e' ρ A = 1.25 kg/m 3, a) quale deve essere la densita' dell'aria calda ρ perche' la mongolfiera si sollevi? b) A che temperatura deve essere l'aria interna al pallone della mongolfiera (usare la legge dei gas pefetti) c) Quanto calore Q bisogna fornire per raggiungere tale temperatura (calore specifico dell'aria c= J kg -1 C -1 ) a) Il volume del pallone e' V= (4/3) π r 3. Quindi V= m 3. La spinta di Archimede e' rivolta verso l'alto e e' data dal peso del volume del liquido spostato, quindi F Arch = M A g = ρ A V g dove per M A si intende la massa dell'aria spostata, cioe' quella a temperatura Ambiente. La forza di gravita' spinge verso il basso e agisce sia sull'aria calda che sulla zavorra. Quindi Fg = (M T + m) g = (ρ V + m) g dove per M T si intende la massa dell'aria calda che ha densita' ρ. Uguagliando, si ottiene ρ = ρ A - m/v che numericamente corrisponde a ρ = = 1.20 kg/m 3. b) Innanzitutto supponiamo che il volume del pallone non cambi e che la pressione dell'aria al suo interno rimanga sempre uguale a quella dell'aria esterna. Quindi, scaldando la temperatura interna, parte dell'aria calda uscira' all'esterno e la sua densita' diminuira'. Usando l'equazione di stato dei gas perfetti, se pressione e volume rimangono costanti al variare di T, l'unica variabile che puo' cambiare e' in numero di moli, ovvero la quantita' di aria contenuta del pallone. La densita' dell'aria scalera' quindi come ρ = ρ A (T A / T) Sostituendo ρ Α = 1.25 kg/m 3, ρ = 1.20 kg/m 3 e T A = K., si trova che T = K, ovvero T=37.42 C. c) La variazione di temperatura dell'aria e' T = = C. La sua massa e' M = ρ A V = kg. Quindi bisognera' fornire una quantita' di calore Q pari a Q= c M T = J kg -1 C kg C = 6.53 x 10 7 J 9

10 problema 10 Una pallina di massa m=4 kg viene lanciata in aria con una velocita' iniziale v 0 =15 m/s ad un angolo θ 0 =30 gradi. Calcolare a) L'altezza massima H raggiunta b) dopo quanto tempo ricade al terra c) La gittata R (distanza percorsa lungo l'asse x al momento della ricaduta. d) con quale velocita' ricade e) quale velocita' ha nel punto di massima altezza f) l'energia cinetica nel punto di massima altezza g) l'energia potenziale nel punto di massima altezza Innanzitutto considero indipendentemente I due moti lungo l asse x (moto rettilineo uniforme) e l asse y (moto uniformemente accelerato). Le rispettive velocita iniziali sono: v 0x = v 0 cosθ 0 = m/s v 0y = v 0 senθ 0 = 7.50 m/s a) L altezza H raggiunta puo essere trovata applicando il principio di conservazione dell energia meccanica per il moto lungo l asse y. Quindi m g h = (1/2) m v 2 2 (v 0y ) da cui ottengo H = = 2.87 m. 2g b) il tempo necessario a raggiungere tale altezza e dato dalla legge per la velocita in un moto uniformemente accelerato, ovvero v(t) = v 0y g t Poinche nel punto di massima altezza ho v(t)=0, ottengo t H =v 0y /g = 0.76 s. ovviamente il tempo necessario a ricadere e il doppio di quello per raggiungere H, quindi t R = 1.53 s. c) per tutto il moto parabolico, la pallina si muove lungo l asse x con velocita costante data da v 0x. Quindi al momento in cui ricade avra percorso tratto di strada dato da R = v 0x t R = m. d) ovviamente ricade con lo stesso modulo della velocita iniziale, ovvero v 0 =15 m/s, ma le cui componenti saranno (v x ) fin = (v 0x ) = m/s (v y ) fin = -(v 0y ) = m/s. Notare il cambio di segno nella componente y! e) la velocita alla massima altezza e data solo dalla componente x, cioe v H = (v 0x ) = m/s. f) l energia cinetica nel punto di massima altezza e (E cin ) H = (1/2)m(v H ) 2 = J g) l energia potenziale nel punto di massima altezza e (E pot ) H = m g H = J 10

11 problema 11 Un blocco di massa m = 5 kg viene lanciato lungo una pista orizzontale ad una velocita' v 0 = 16 m/s. La pista e' priva di attrito fino a quando il blocco raggiunge un livello piu' elevato di altezza h A = 3.5 m. A quel punto la pista presenta un coefficiente di attrito dinamico µ k = 0.4. Calcolare A a) con quale velocita' il blocco arriva nel punto A b) la distanza d percorsa c) l'energia meccanica del blocco nel punto A d) l'energia meccanica del blocco dopo che si e' fermato e) la velocita' v 0 minima affinche' il blocco arrivi nel punto A Poiche' nel tratto di strada fino al punto A, siamo in assenza di attrito, si puo' applicare il principio di conservazione dell'energia meccanica. Prendendo come quota di riferimento (U=0) quella iniziale del blocco, l''energia meccanica iniziale E 0 e' data solo dall'energia cinetica E 0 =K 0 + U 0 = (1/2) m (v 0 ) 2 = 640 J a) L'energia meccanica nel punto A e data da E A =K A + U A = (1/2) m (v A ) 2 + m g h A Applicando il principio di conservazione dell'energia meccanica (E 0 =E A ), si ha (1/2) m (v 0 ) 2 = (1/2) m (v A ) 2 + m g h A da cui (v A ) 2 = (v 0 ) 2-2 g h... Sapendo che h A = 3.5 m, si ottiene v A = m/s b) L'energia cinetica del corpo nel punto A viene dissipata tutta in calore a causa del lavoro (negativo) svolto dalla forza di attrito sul corpo in movimento. La forza di attrito e' f = µ N = µ m g e il lavoro e' dato da L attr = f d = µ m g d Quindi imponendo E A = L attr otteniamo (1/2) m (v A ) 2 = µ m g d che risolta per d da come risultato d = (v A ) 2 / (2 µ g ) da cui d = m c) L'energia meccanica del corpo nel punto A e' uguale a quella iniziale, quindi E A = 640 J d) L'energia meccanica del corpo dopo che si e' fermato e' solo quella potenziale, quindi E A = U A = m g h = J e) Affiche' il corpo arrivi in A (con velocita' nulla) la sua energia cinetica iniziale K 0 =(1/2) m (v 0 ) 2 deve essere sufficiente a fargli guadagnare un'energia potenziale U A =m g h. Quindi, imponendo (1/2) m (v 0 ) 2 > m g h trovo la condizione v 0 2 > 2 g h, che implica v 0 > 8.29 m/s. 11

12 problema 12 un blocco di massa m = 5 kg viene lanciato su di un piano inclinato (θ =30 o ) ad una velocita' iniziale v 0 = 8 m/s. In assenza di attrito calcolare: a) la distanza d percorsa b) la variazione dell'energia cinetica e potenziale del blocco al momento in cui si ferma. c) dopo quanto tempo il blocco ritorna al punto di partenza. OPZIONALE: Rispondere alle stesse domande a), b), c) nel caso in cui tra la superficie del piano e il blocco agisca un forza di attrito dinamico il cui coefficiente e' µ=0.12. Si indichino con i pedici 1 e 2 le posizioni iniziale e finale del blocchetto. L'energia meccanica nelle due posizioni e' E 1 =K 1 + U 1 = (1/2) m (v 0 ) posizione iniziale E 2 =K 2 + U 1 = 0 + m g h posizione finale a) -senza attrito. Applicando il principio di conservazione dell'energia meccanica E 1 =E 2, da cui v 0 d θ h = (v 0 ) 2 / 2 g = 3.26 m che trasformato in d [h = d sin(θ)] diviene d = 6.52 m b) -senza attrito. K = K 2 - K 1 = 0 - (1/2) m (v 0 ) 2 = -160 J U = U 2 - U 1 = m g h - 0 = 160 J notare che K+ U = 0 (conservazione E mecc ) c) -senza attrito. L'accelerazione cui e' sottoposto il blocco e' a = -g sin(θ) = m / s 2. (il segno - indica che a e' diretta in verso opposto a v 0 ). Dall'equazione per la velocita' del moto unif. de-celerato ( v = v 0 + a t), ponendo v=0, trovo t = v 0 / a = 1.63 s che corrisponde al tempo di sola andata. Per tornare al punto di partenza inpieghera' quindi t tot = 3.26 s. a') con attrito La forza di attrito e' f k = µ k N dove N=mg cos(θ) e la forza Normale. Quindi f k = µ k m g cos(θ). Il lavoro, ovvero l'energia dissipata per attrito e' L k = f k d = f k [h' / sin(θ)] = µ k m g h' [cos(θ) / sin(θ)] dove h' rappresenta la nuova altezza raggiunta. Applicando il principio di conservazione dell'energia meccanica e tenendo conto dell'energia dissipata in calore a causa dell'attrito E 1 - L k = E 2, (v ) 2 0 / 2g da cui ricavo h' = = 2.42 m che tradotto in d' = h' / sin(θ), da' il risultato d' = 4.84 m cos( θ) 1 + µ k sin( θ) b') con attrito K = K 2 - K 1 = 0 - (1/2) m (v 0 ) 2 = -160 J U = U 2 - U 1 = m g h' - 0 = J notare che K+ U 0 e che K = U + L k. c') con attrito L'accelerazione in salita e' a' = a - f k / m = -g [sin(θ) + µ k cos(θ)] = m/s 2. Quindi il tempo di andata e' t' = v 0 / a' = 1.21 s Per il viaggio di ritorno l' accelerazione e' diversa, a'' = g [sin(θ) - µ k cos(θ)] = m / s 2.In questo caso applico la legge d =(1/2) a''t 2, quindi t''=(2 d )/ a'' = 1.74 s. Complessivamente il tempo di andata e ritorno e t'+ t''= 2.95 s. 12

13 problema 13 Un blocco di massa m = 15 kg viene trascinato da una fune che forma un angolo θ=45 gradi rispetto al piano orizzontale ed esercita una tensione T = 180 N. Trascurando l'attrito, T a) descrivere il moto del blocco e calcolare la sua accelerazione b) calcolare la forza normale esercitata dal piano sul blocco c) cosa accade se la tensione della fune rimane la stessa, ma l'angolo diventa θ=60 gradi? f µ m θ Rispondere alle stesse domande nel caso in cui sia presente l'attrito con coeff. di attrito dinamico µ=0.20. (senza attrito) Applicando la II legge della dinamica lungo i due assi cartesiani, posso scrivere T cosθ = ma x T sinθ +N = mg asse x asse y da cui ottengo (nota: per θ = 45 gradi, cosθ = sinθ = 0.71) a, b) -senza attrito. a x = T cosθ / m = 180x 0.71 / 15 = 8.49 m/s 2 N = mg- T sinθ =15x x0.71= N c) -senza attrito. In questo caso, se usassi la formula di sopra, otterrei un valore negativo per la forza N, il che e' un assurdo. Questo vuol dire che la componente verticale della tensione diviene maggiore della forza peso e il blocco "decolla" accelerando verso l'alto! Infatti per θ=60 gradi sinθ =.0.87 e T sinθ > mg (180x0.87 = N > 15x9.81= N). Dunque in questo caso non esite forza nomale, esiste accelerazione lungo y e le equazioni del moto diventano T cosθ = ma x asse x T sinθ - mg = ma y asse y da cui a y = T sinθ /m g = 0.63 m/s 2. Ovviamente per a x vale la stessa equazione di sopra, per cui a x = T cosθ / m = 6.00 m/s 2. (con attrito) Applicando la II legge della dinamica nel caso T sinθ mg >0 (ovvero quando θ=45 ), T cosθ - µn = ma x T sinθ +N = mg asse x asse y risolvendo la seconda equazione trovo N = mg- T sinθ (che e' uguale al caso senza attrito) e inroducendola nella prima ricavo a x. a x = (T/m) [ cosθ - µ sinθ ] + µg = 5.88 m/s 2. se invece T sinθ mg <0 (ovvero quando θ=60 ), il blocco si solleva, non esiste ne N ne forza di attrito e tutto e come nel caso c) 13

14 problema 14 Un manometro a tubo aperto e' uno strumento che serve per misurare la pressione P di un gas contenuto all'interno di un serbatoio. Il manometro e' costituito da un tubo ad U contenete un liquido di densita' ρ. Un'estremita' del tubo e' collegata al serbatoio e l'altra e' aperta in atmosfera alla pressione P 0. Supponendo che il liquido sia mercurio (ρ = 13.6 g/cm 3 ) e che sia P 0 = 1 atm, calcolare a) l'altezza h nel caso in cui p=2.5 atm b) la pressione P nel caso in cui h = 0 c) Cosa accade se P=0.5 atm? Quanto vale h in questo caso? d) Supponiamo che inizialmente il gas abbia una pressione p=p 0 e si trovi a temperatura ambiente (t A =25 o C). Cosa accade se riscaldo il gas fino ad una temperatura di 100 o C? Quanto sara' h? (trascurare il volume del gas nel tubo). Risoluzione a) La pressione P all'interno del tubo e' maggiore della pressione atmosferica, quindi il liquido viene spinto verso l'alto fino ad un'altezza h tale da soddisfare la legge di Stevino da cui P = P 0 + ρ g h h = (P - P 0 ) / ρ g sapendo che 1atm = 1.013x10 5 N/m 2, g=9.81 m/s 2, ρ = 13.6x10 3 Kg/m 3, si ricava h = 1.14 m b) nel caso in cui h=0, chiaramente P=P 0. c) in questo caso P<P 0., quindi il livello del liquido nel ramo di destra del tubo sara' inferiore a quello di sinistra. Applicando sempre Stevino troviamo h = (P - P 0 ) / ρ g = m d) quando scaldo il gas, poiche' il suo volume e' costante, la pressione del gas aumentera'. Applicando la I legge di Gay-Lussac, si puo' ricavare la pressione P alla temperatura (assoluta) T data da P / T = P 0 / T A Sapendo che T A = o K, T= o K, si ottiene che P=1.25 P 0 = 1.27x10 5 Pascal. Applicando nuovamente Stevino, h = (P - P 0 ) / ρ g = 0.21 m 14

15 problema 15 1) Un carrello da montagne russe di massa m=500kg viene lanciato dal punto 1 posto ad una altezza h 1 =35m con velocita iniziale v 1 =3m/s. Supponendo che non ci sia attrito, calcolare a) le velocita nei punti 2, 3, 4. b) Le energie cinetiche nei punti 1,2,3,4 c) Le energie potenziali nei punti 1,2,3,4 d) Discutere qualitativamente cosa accade in presenza di attrito. e) Se la forza di attrito media e 1/10 del peso del carrello e la lunghezza della rotatia e d = 250m, con quale velocita il carrello arriva nel punto 4? Poiche' siamo in assenza di attrito, si puo' applicare il principio di conservazione dell'energia meccanica. L'energia meccanica iniziale E 1 e' data da v 1 E 1 =K 1 + U 1 = (1/2) m (v 1 ) 2 + m g h 1 = 1.74x10 5 J dove v 1 =3m/s e h 1 =35m rappresenta l altezza della posizione 1 rispetto a quella della posizione 2 (che prendiamo come riferimento di energia potenziale =0). a) L'energia meccanica nel punto 2, poiche h 2 =0, e data da E 2 =K 2 = (1/2) m (v 2 ) 2. Applicando il principio di conservazione dell'energia meccanica (E 1 =E 2,) si ha (1/2) m (v 1 ) 2 + m g h 1 = (1/2) m (v 2 ) 2 da cui (v 2 ) 2 = (v 1 ) 2 +2 g h 1 v 2 = m/s (1/2) m (v 1 ) 2 + m g h 1 = (1/2) m (v 3 ) 2 + m g h 3 da cui (v 3 ) 2 = (v 1 ) 2 +2 g (h 1 -h 3 ) v 3 = m/s (1/2) m (v 1 ) 2 + m g h 1 = (1/2) m (v 4 ) 2 + m g h 4 da cui (v 4 ) 2 = (v 1 ) 2 +2 g (h 1 -h 4 ) v 3 = m/s b) L'energia cinetica del carrello e data da K = (1/2) m (v) 2. Quindi nei vari punti risulta K 1 = (1/2) m (v 1 ) 2 = 2.25x10 3 J K 2 = (1/2) m (v 2 ) 2 = 1.74x10 5 J K 3 = (1/2) m (v 3 ) 2 = 3.66x10 4 J K 4 = (1/2) m (v 4 ) 2 = 1.00x10 5 J c) L'energia potenziale del carrello e data da U = m g h. Quindi nei vari punti risulta U 1 = m g h 1 = 1.72x10 5 J U 2 = m g h 2 = 0 J U 3 = m g h 3 = 1.37x10 5 J U 4 = m g h 4 = 7.36x10 4 J d) In presenza di attrito l energia meccanica non si conserva, ma in parte viene dissipata in calore. Di conseguenza, nei punti 2,3,4, il carrello avra energie cinetiche (e quindi velocita ) minori rispetto a quelle trovate nei casi a) e b). A seconda della forza di attrito e della distanza percorsa, potra capitare che il carrello non avra energia sufficiente a raggiungere il punto 3. In questo caso, il carrello oscillera nell avvallamento tra i punti 1 e 3, fino a fermarsi nel punto 2. e) Il lavoro compiuto dalla forza di attrito lungo il tragitto di d=250m sara dato da L att = F attr d = (mg/10) d = 1.23x10 5 J. Quindi l energia del carrello nel punto 4, sara E 4 = K 4 + U 4 = E 1.- L att = 1.74x x10 5 = 5.10 x10 4 J. Poiche tale energia e inferiore a quella potenziale U 4, se ne deduce che il carrello propbabilmente non arrivera al punto 4. Per essere certi di cio occorre sapere quanta strada ha percorso fino al punto 3, e controllare che in questo punto la sua energia residua sia maggiore dell energia potenziale del punto 3. 15

16 problema 16 Un pallone riempito di elio viene utilizzato per sollevare un carico di massa m carico =200Kg. Trascurando la massa del pallone vuoto e sapendo che le densita dell elio e ρ He =0.18 kg/m 3 mentre quella dell aria (sulla superficie terrstre) e ρ aria =1.29 kg/m 3, calcolare a) il diametro d del pallone affinche; questo inizi a sollevarsi. b) L accelerazione iniziale con cui sale se V=300m 3. c) L altezza massima al quale il pallore arriva sapendo che la densita dell aria diminuisce secondo la legge ρ(h)=1.29*(h/1000). [si usi il sistema mks]. a) Il volume del pallone e' La spinta di Archimede e' rivolta verso l'alto e e' data dal peso del volume delfluido (aria) spostato, quindi F( ) = F Arch = m aria g = ρ aria V g Dove V e il volume del pallone. La forza di gravita' spinge verso il basso e agisce sia sull'elio all interno del pallone che sul carico. Quindi F( ) = (m He + m c ) g = (ρ He V + m c ) g Uguagliando, si ottiene V = m c / ( ρ A - ρ He ) che numericamente corrisponde a V=180.2 m 3. Quindi, il diametro d del pallone e ricavabile dalla formula V= (4/3) π r 3, da cui d=7.01 m (d=2 r) b) In questo caso la spinta di archimede e maggiore del totale della forza peso e quindi la forza risultante verso l alto sara F( ) = (ρ aria -ρ He )V g- m c g Che numericamente corrisponde a Finire!!! 16

17 problema 17 Una comune tazza di vetro contiene V=200 cm 3 di liquido e ha una massa M=150g. Del te, che inizialmente e alla temperatura T 0 =95 o C, viene versato nella tazza e lasciato raffreddare. b) Supponendo che la temperatura iniziale della tazza sia quella ambiente (T A = o 25C) e che non ci sia dispersione di calore all esterno, quale sara le temperatura finale T f di tazza e te? c) Per raffreddare piu velocemente il te, viene messo nella tazza un cubetto di ghiaccio di massa m=20g a temperatura T 1 =0 o C. Quale sara la temperatura finale in questo caso? Dati: densita del te ρ te = 1 g/cm 3 calore specifico del te c te =4186 J Kg -1 o K -1 calore specifico del vetro c ve =840 J Kg -1 o K -1 calore latente di fusione del ghiaccio c fus =3.33x10 5 J/kg La massa di te versata nella tazza e data da m te = ρ te V = 1 (g/cm 3 ) 200 cm 3 = 200 g = 0.2 kg dove si e supposto che la densita del te sia uguale a quella dell acqua. a) Quando si versa il te, poiche quest ultimo e piu caldo della tazza, si avra un traferimento di calore dal te alla tazza; possiamo quindi scrivere che il te cedera una quantita di calore Q te data da Q te = c te m te (T 0 T f ) mentre la tazza acquistera una quantita di calore Q ve data da Q ve = c ve M (T f T A ) Nell ipotesi che non ci sia dispersione di calore, Q te = Q ve, quindi possiamo scrivere c te m te (T 0 T f ) = c ve M (T f T A ) da cui, risovendo rispetto a T f, otteniamo T f c = te m tet c m te 0 te + cvemt + c M ve A Inserendo i dati (espressi nel sistema MKS), otteniamo Tf = o C. Notare che in questa formula, essendo Tf una media pesata di T 0 e T A, e indifferente usare i gradi Celsius o Kelvin. b) In questo caso il calore ceduto dal te ( Q te ) servira per tre scopi: 1) far fondere il cubetto di ghiaccio di massa m=0.020 Kg. Tale calore Q 1 e dato da Q 1 (fusione da 0 o C a 0 o C) = c fus m = 3.33x10 5 (J/Kg) x (Kg) = 6.66 x10 3 J 2) elevare la temperatura del cubetto da 0 o C al suo valore finale. Questo richiede una quantita di calore Q 2 = c te m (T f 0) = c te m T f 3) elevare la temperatura della tazza di vetro, che richiede (come sopra riportato) Q ve. Quindi, se non c e dispersione, Q te = Q 1 + Q 2 + Q ve, il che implica c te m te (T 0 T f ) = c fus m + c te m T f + c ve M (T f T A ) risovendo rispetto a T f, otteniamo sostituendo, otteniamo T f = o C. T f c = te m c te T0 + cvem TA cfus m m + c M + c m te te ve te 17

18 problema 18 Un blocchetto di massa m = 5 kg viene lasciato cadere (da fermo) da un'altezza h = 4 m lungo un binario che presenta un tratto orizzontale di lunghezza d=2.2m. In fondo a tale tratto il blocchetto rimbaza indietro elasticamente e inverte la sua velocita senza cambiare la sua energia cinetica. Supponendo che non ci sia attrito, calcolare a) con quale velocita' v il blocchetto arriva nei punti A e in B. b) L energia cinetica e potenziale del blocchetto in A e B. c) Il tempo necessario per percorrere la distanza d in andata e ritorno. d) Rispondere alle stesse domande a,b,c nel caso in cui il (solo) tratto orizzontale presenti un attrito dinamico concoefficiente µ=0.2. d) Nel caso di attrito, quante volte il blocchetto percorrera il tratto di lunghezza d prima di fermarsi? h A d Risoluzione a) quando il blocchetto arriva nel punto A avra' acquistato un'energia cinetica pari alla sua energia potenziale iniziale. Quindi, dal principio di conservazione dell'energia meccanica m g h = (1/2) m v 2 da cui ottengo v = 2 g h = 8.86 m/s. Ovviamente, poiche siamo in assenza di attrito, lungo il tratto orizzontale il moto sara di tipo rettilineo uniforme e la sua velocita in B sara uguale a quella in A. b) In A e B il blocchetto avra la stessa energia cinetica e potenziale date da quando la biglia si ferma tutta la sua energia cinetica sara stata trasformata in energia potenziale della molla. Quindi Ep = 0 Ecin =(1/2) m v 2 = J c) Il tempo per percorrere il tratto orizzontale e t=d/v=0.45 s. 18

19 problema 19 La biglia A viene lanciata, al tempo t=0, su un piano orizzontale privo di attrito con velocita incognita v A. La biglia B si trova ad una altezza h=15 m rispetto alla biglia A e viene lanciata orizzontalmente con velocita v B =12 m/s in ritardo di un tempo t=5 s rispetto alla biglia A. Calcolare: a1) il tempo t 1 al quale la biglia B raggiunge il piano horizzontale e la distanza d 1 percorsa. b1) la velocita della biglia A affinche le due biglie si urtino come in figura. h v A v B x Supponiamo ora che le due biglie partano allo stesso tempo d t=0, la biglia B con velocita v B incognita, mentre la biglia A parta da ferma e si muova di moto uniformemente accelerato con a=2 m/s 2. Calcolare a2) il tempo t 2 al quale avviene l urto e la distanza d 2 percorsa dalla biglia A b2) la velocita v B affinche avvenga l urto Risoluzione a1) il tempo impiegato dalla biglia B per raggiunge terra e indipendente dalla sua velocita (orizzontale) v B e ricavabile dalla formula [h=(1/2) g (t B ) 2 ] da cui t B = 2 h / g = 1.75 s Quindi la biglia B raggiunge terra al tempo t 1 =t B + t = = 6.75 s. La distanza percorsa sara conseguentemente d 1 = v B t B = m. b1) la condizione per cui avvenga l urto e che la biglia A si trovi in x=d 1 al tempo t 1. Deve quindi risultare d 1 =v A t 1 da cui v A = d 1 / t 1 =3.11 m/s a2) l urto puo avvenire solo quando la biglia B raggiunge terra e questo e indipendente dalla sua velocita (orizzontale) v B. Quindi l urto avviene al tempo t 2 =t B = 1.75 s. La distanza percorsa dalla biglia A, che si muove di moto uniformente accerlearato, sara data dalla formula d 2 = (1/2) a (t 2 ) 2 = 3.06 m. b2) la condizione per cui avvenga l urto e che la biglia B abbia percorso una distanza orizzontale pari a d 2 nel tempo t 2. Deve quindi risultare d 2 =v B t 2 da cui v B = d 2 / t 2 =1.75 m/s 19

20 problema 20 Un corpo di massa m = 5 kg viene lanciato lungo una pista priva di attrito con velocita iniziale v 0 = 16 m/s. Rispetto alla posizione iniziale P 0, le altezze relative ai punti A,B,C,D,E sono h A = 3m, h B = -4m, h C = 7m, h D = -5m, h E = -2m. v 0 A C Calcolare B a) energia potenziale, energia cinetica e velocita in ciascun D punto. b) la velocita iniziale minima affiche il corpo raggiunga il punto E c) la velocita iniziale minima affinche il corpo superi la prima gobba A d) l intervallo di valori della velocita iniziale che permetta al corpo di superare la gobba A ma non la gobba C. Rispondere alle stesse domande se nel tratto tra i punti A e C la forza di attrito viene considerata costante pari a f=10 Newton. La lunghezza del tratto P 0 -A sia d 1 =10 m, mentre quella del tratto A-C sia d 2 =20 m P 0 E Risoluzione in assenz di attrito Se siamo in assenza di attrito, si puo' applicare il principio di conservazione dell'energia meccanica. Prendendo come quota di riferimento (U=0) quella iniziale del blocco, l''energia meccanica iniziale E 0 e' data solo dall'energia cinetica E 0 =K 0 + U 0 = (1/2) m (v 0 ) 2 = 640 J a) L'energia meccanica nei vari punti e E =K + U = (1/2) m (v) 2 + m g h. Quindi applicando il principio di conservazione dell'energia meccanica (E 0 =E), si ha (1/2) m (v 0 ) 2 = (1/2) m (v) 2 + m g h da cui v 2 = (v 0 ) g h e quindi v = (v ) 2gh. Per cui 0 v A = m/s U A = J K A = E 0 -U A = J... v C = m/s U A = J K A = E 0 -U A = J per trovare le energie cinetiche nei vari punti basta ora applicare la formula K = (1/2) m (v) 2, quindi... per trovare le energie potenzialoi nei vari punti basta ora applicare la formula U = m g h, quindi... b) La velocita iniziale minima per raggiungere il punto E e quella che fa arrivare il blocco nel punto C con velocita nulla, e quindi solo con energia potenziale U C =m g h C. Quindi, imponendo (1/2) m (v 0 ) 2 > m g h C trovo la condizione v 2 0 > 2 g h C, che implica v 0 > m/s. Risoluzione in presenza di attrito Il lavoro svolto dalla forza di attrito e Lattr = 20x10 = 200 J... da finire... 20