Esame di Fisica per Ingegneria Elettronica e delle Telecomunicazioni (Parte I):

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1 Esame di Fisica per Ingegneria Elettronica e delle Telecomunicazioni Parte I: Problema. Un punto si muove nel piano xy con equazioni xt = t 4t, yt = t 3t +. si calcolino le leggi orarie per le componenti della velocità e dell accelerazione e si calcoli in funzione del tempo il modulo della velocità e dell accelerazione; si calcoli in funzione del tempo l angolo che il vettore velocità forma con l asse x e si calcolino in funzione del tempo le componenti dell accelerazione tangente e normale alla traiettoria. Problema. Un blocco, di massa M viene lanciato su un piano inclinato scabro dal basso verso l alto con velocità iniziale v 0 = 5m/s parallela al piano inclinato. Il coefficiente di attrito dinamico fra blocco e piano inclinato vale µ d = Si determini la quota massima h M raggiunta dal blocco se l angolo di inclinazione del piano inclinato è 30 Si determini il minimo coefficiente d attrito statico per il quale il blocco una volta raggiunta h M resta fermo. Problema 3. Gli assi di due cilindri pieni, aventi lo stesso raggio = τ 0cm e masse m = 0Kg e m = 30Kg, sono collegati da una sbarra rigida di massa trascurabile vedi figura. ll asse del cilindro è applicato un momento τ ed il pavimento su cui sono appoggiati i cilindri presenta un coefficiente di attrito statico µ s = Determinare la massima accelerazione dei centri di massa, a max con cui i due cilindri avanzano di puro rotolamento. Calcolare il valore di τ, τ max, che deve agire sul cilindro nella situazione del punto. Spiegare cosa succede per τ > τ max. Problema 4. Una sfera piena di raggio = 0.0cm è costituita da un materiale di densità ρ, viene immersa in acqua vedi figura. Sapendo h0 che all equilibrio la linea di galleggiamento della sfera si trova ad una quota h 0 = 4.0cm al di sotto del suo vertice superiore vedi figura determinare: la densità ρ della sfera Si supponga poi che la sfera, a partire dal suo stato di equilibrio venga spinta leggermente verso il basso e lasciata libera in modo che essa prenda ad oscillare verticalmente. Trascurando la resistenza del mezzo e gli effetti di tensione superficiale, si determini il periodo T delle piccole oscillazioni della sfera intorno alla sua linea di galleggiamento. [Per una sfera di raggio, il volume di una calotta sferica di altezza h è pari a V h = π 3 3 hh.] Problema 5. Una certa quantità di aria il cui stato iniziale è caratterizzato dalle coordinate termodinamiche = 5m 3 p i = 4atm e T i = 60.0 C subisce una trasformazione fino ad uno stato finale caratterizzato da V f = 3 e p f =.0atm La trasformazione seguita è una trasformazione del tipo pv k =cost. con l esponente k incognito. Nell ipotesi che l aria sia assimilabile ad un gas biatomico ideale si determini: L esponente k ed il lavoro compiuto dall aria La variazione di energia interna dell aria e la quantità di calore assorbita dall aria.

2 Soluzioni dell Esame di Fisica per Ingegneria Elettronica e delle Telecomunicazioni Parte I: Soluzione Problema. Le leggi orarie per le componenti delle velocità sono v x = d dt xt = t 4 v y = d xt = t dt quindi v = v x + v y = t 4 + t 3 = 8t 8t Quelle dell accelerazione sono invece date da a x = d dt v xt = a y = d dt v yt =. 0.3 a = a x + a y = + = L angolo α formato dalla velocità con l asse delle x si calcola determinando il coefficiente angolare della tangente alla traiettoria tan α = dy dx = ẏt ẋt = v y v x = t 3 t La componente tangente dell accelerazione la otteniamo proiettandola sulla velocità a tan = a v = d v = v v dt 4t 8 + 4t 6 t 4 + t 3 = 8t 4 8t 8t La componente normale si ottiene come a norm = a a = 8t 4 8 8t 8t + 5 = 8t 8t Soluzione Problema. Se denotiamo con a l accelerazione x y Fa mg cosα α N mg sinα tangente al piano inclinato equazioni del moto per il blocco sono N + mg cos α = 0 componente x ma = F a mg sin α componente y mg Il modulo della forza di attrito è dato da α=30 F a = µ d N = µ d mg cos α. ed è orientata come la componente parallela della forza peso per opporsi al moto. Quindi a è data a = µ d g cos α g sin α La velocità al tempo t è quindi data da vt = v 0 gµ d cos α + sin αt. Dunque il corpo si ferma al tempo t dato da t f = v 0 gµ d cos α + sin α 0.8

3 Quindi lo spazio percorso dal corpo è v 0 L = at f + v 0t f = gµ d cos α + sin α + v0 gµ d cos α + sin α = v0 g sin α + cos αµ d. e conseguentemente l altezza raggiunta è h = L sin α = v0 sin α = 0.84m = 84cm. g sin α + cos αµ d lternativamente a variazione di cinetica T del corpo deve essere pari al lavoro fatto delle forze T = 0 h mv 0 = mgh µ d mg cos α Lavoro attrito sin α forza peso spazio percorso isolvendo otteniamo lo stesso risultato. Il minimo valore del coefficiente di attrito statico corrisponde al valore per il quale il massimo attrito statico è esattamente in modulo mg sin α, ovvero µ min s mg cos α = mg sin α µ min s = tan α = / 3 = Soluzione Problema 3. Denotiamo con F ed F rispettivamente. La forza di attrito F che tende ad opporsi a τ. La forza di attrito F far girare il secondo cilindro nello stesso verso del primo Le equazioni del centro di massa del carrello sono le forze di attrito che agiscono sui due cilindri è concorde con il moto in modo da generare un momento torcente invece è invece opposto alla direzione del moto per poter m + m a = F F Per quanto riguarda le equazioni cardinali per i due cilindri abbiamo e I α = τ F I α = +F, dove abbiamo usato che a causa dell asta che connette i due cilindri l accelerazione angolare è la stessa. Se usiamo la condizione di rotolamento a = α possiamo subito scrivere ovvero Quindi e I + I α = τ F F = τ m + m α, 0.0 α = Il massimo valore dell attrito F e F abbiamo le seguenti diseguaglianze τ I + I + m + m = τ 3m + m F = τ I τ 3m + m 3 = m + 3m τ 3 m + m F = I τ 3m + m 3 = m τ 3 m + m m + 3m τ 3 m + m µ sm g e sono rispettivamente F µ sm g e F m τ 3 m + m µ sm g µ sm g. Quindi

4 Ovvero τ m m + 3m / 3µ s m + m g e τ 3µ s g m + m Il valore più piccolo di τ è il primo dunque il valore massimo dell accelerazione è Ovviamente τ max è dato a max = rα max = τ max = τ max 3m + m = µ sm g m + 3m = 4 3 µ sg =.5m/sec m m + 3m 3µ sm + m g = µ sg =.6Nm Se si utilizzasse un momento τ > τ max allora il cilindro slitterebbe. Dato che µ d < µ s lo slittamento produrrebbe un avanzamento del sistema, ma con un accelerazione minore rispetto a quella calcolata. In ogni caso il cilindro avanzerà con moto di puro rotolamento. Soluzione Problema 4. Chiamiamo con V s il volume sommerso della sfera allora la spinta di rchimede sulla sfera è F r = ρ H OgV s. Se la sfera galleggia la spinta archimedea è pari al peso, ovvero ρ H OgV s = ρgv sfera V s 3 ρ = ρ H O = ρ π h 0 h 0 + h 0 h 0 + H O V 4 = ρ H sfera 3 3 O 4 3 = 0.896Kg/dm 3 Sia x lo spostamento rispetto alla posizione di equilibrio, allora la forza che agisce sulla sfera è F =ρ H Og 3 π h 0 x h 0 + x + ρgv sfera = =ρ H Og 3 π h 0 x h 0 + x + ρ H Og 3 π h 0 h 0 + = = πgh 0 x h 0 + O x L equazione per le piccole oscillazioni è dunque ρv ẍ = πgh 0 x h 0. Quindi ω = πh 0 h 0 πgh 0 h 0 = ρv sfera ρ H O 3 π h 0 h 0 + = 3gh 0 ρ H O h 0 h 0 + = 4.79rad/sec Soluzione Problema 5. Siccome abbiamo a che fare con una trasformazione politopica P f V k f = P iv k i da cui k = log Pi log P f Vf = log 4 log 3 =.6

5 Il lavoro compiuto nella trasformazione è L = Vf pdv = Vf P f Vf k dv V k = P f Vf k kv k f kvi k = = k P f V f P i = 9.3 atmm 3 = P am 3 = Joule. La variazione di energia interna è U = nc V T f T i = 5 n Pf V f n Infine la quantita di calore è Q = L + U = k P f V f P i + 5 P f V f P i = T i = 5 P f V f P i = Joule k + 5 P f V f P i = Joule.