Prova scritta di Fisica Generale I Corso di studio in Astronomia 16 luglio 2013

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1 Prova scritta di Fisica Generale I Corso di studio in Astronomia 16 luglio 013 Problema 1 Un cubo di legno di densità ρ = 800 kg/m 3 e lato a = 50 cm è inizialmente in quiete, appoggiato su un piano orizzontale. Un proiettile di massa m = 100 g, che si muove orizzontalmente ad un altezza h = 45 cm dal piano con velocità v 0 = 400 m/s, colpisce perpendicolarmente una delle facce del cubo e vi resta conficcato. Sapendo che dopo l urto il sistema ruota (senza scivolare) intorno allo spigolo in contatto con il suolo opposto alla faccia colpita, si calcoli 1. la velocità angolare ω del sistema subito dopo l urto;. il valore minimo della velocità del proiettile, v 0,min, affinchè dopo l urto il sistema riesca a ruotare di 90. Si trascuri la massa del proiettile rispetto a quella del cubo e si ricordi che il momento d inerzia di un cubo omogeneo di lato a e massa M rispetto ad un asse perpendicolare alle facce e passante per il centro è I CM = Ma /6. Essendo l urto completamente anelastico e in presenza di un vincolo (il cubo non scivola sul piano d appoggio), si conserva il momento angolare assiale rispetto all asse parallelo allo 1

2 spigolo fisso attorno al quale avviene la rotazione. Detto z tale asse, la componente z del momento angolare totale prima dell urto coincide con quella del solo proiettile, L z = mv 0 h. Dopo l urto il moto del sistema è una pura rotazione, per cui L z = Iω, dove ω è la velocità angolare e I = I cubo + I proiettile il momento d inerzia totale. Usando il teorema di Steiner dove M = ρa 3, mentre I cubo = Ma 6 + M ( ) a = Ma, (1) 3 Dalla conservazione del momento angolare assiale segue I proiettile = m(a + h ). () mv 0 h = Iω (3) e quindi mv 0 h ω = Ma /3 + m(a + h ) 3mv 0h = 0.7 rad/s. (4) Ma Affinchè il cubo possa ruotare di 90 è sufficiente che la velocità angolare iniziale sia tale da portare il CM del sistema (che, con l assunzione m M, coincide con quello del cubo) sulla verticale per lo spigolo d appoggio con velocità nulla. Dato che non agiscono attriti, l energia meccanica non varia. Nell istante immediatiamente successivo all urto E in = Iωmin/ + mga/, mentre quando il CM è in posizione verticale con velocità nulla E f = Mg a/. La conservazione dell energia da quindi da cui, ricordando che I I cubo se m M, si ottiene Problema v 0,min = M m Iω min = Mga( 1), (5) ( 1)ga 3 3h = m/s. (6) Sul lato di un recipiente pieno d acqua (ρ = 1000 kg/m 3 ) viene praticato un foro, ad altezza h 1 = 1 m dalla superficie libera, e l acqua viene fatta defluire all esterno attraverso un piccolo condotto a forma di imbuto, come rappresentato in figura. Le sezioni A 1 e A sono entrambe trascurabili rispetto alla sezione A del recipiente (la figura non è in scala), e sono tali che A 1 = 0.01 m < A. La pressione dell acqua in corrispondenza della strozzatura A 1 è pari a p 1 = 0.95 bar, mentre la pressione dell ambiente è pari a p = 1 bar. L altezza del centro del foro dal suolo è pari a h = 0.5 m. Si calcoli:

3 1. la sezione A all uscita dal condotto (vedi figura);. la sezione del getto d acqua che fuoriesce dal recipiente, nel punto del getto che si trova ad un altezza h = 10 cm dal suolo. A# h 1# A 1# A # h # Applicando il teorema di Torricelli (A A), dai dati del problema si ha immediatamente: v = Inoltre, dal teorema di Bernoulli: gh 1 = 4.4 m/s. (7) p ρv 1 = p + 1 ρv. (8) Possiamo infine utilizzare l equazione di continuità per scrivere v 1 in funzione di v : Dalla (8) e dalla (9) otteniamo: A 1 v 1 = A v. (9) [ A = A (p p ] 1 1) = 0.01 m. (10) ρv L acqua fuoriesce dal condotto con velocità v x = v, diretta parallelamente al suolo. A h = 10 cm dal suolo, il modulo della velocità totale è: v = v x + v y (11) con v y pari a (moto parabolico): v y = g(h h). (1) Se chiamiamo A 3 la sezione del getto ad altezza h, otteniamo, sempre dall equazione di continuità: A v x = A 3 v x + vy, (13) 3

4 e, combinando la (7), la (1) e la (13), otteniamo infine: A 3 = A 1 + h h h 1 = 0.01 m (14) Problema 3 Un recipiente cilindrico, di base S = 0.1 m e altezza h = 0.1 m, contiene n = 0.4 moli di un gas ideale. Esso ha pareti diatermiche, ed è chiuso all estremità superiore da un pistone mobile di massa trascurabile. Una molla di costante elastica k, inizialmente a riposo e disposta verticalmente, collega la base del recipiente al pistone. Il gas è inizialmente in equilibrio termodinamico con l ambiente esterno alla temperatura T = 301 K. Il recipiente viene immerso in un lago e spinto molto lentamente in profondità. La discesa si arresta quando il lavoro fatto per comprimere il sistema recipiente + molla è pari a W ext = 34 J, e il pistone si è portato ad un altezza h = 0.01 m dal fondo del recipiente. Assumendo che la capacità termica del lago sia infinita e che la sua temperatura sia costante e indipendente dalla profondità, si calcoli 1. la costante elastica della molla;. la profondità del punto del lago in cui termina la discesa (ρ lago = 1000 kg/m 3 ); 3. la variazione di entropia del lago e dell Universo. Il gas compie una trasformazione isoterma reversibile (infatti le pareti sono diatermiche, non agiscono forze dissipative, il sistema gas + lago si trova inizialmente all equilibrio termodinamico, e la trasformazione è quasi statica; il gas si mantiene quindi sempre all equilibrio termodinamico con il lago, e quest ultimo si mantiene a temperatura costante). In assenza della molla il lavoro W di compressione compiuto dal lago sul gas sarebbe pari a nrt log (V f /V i ), dove V f e V i sono rispettivamente il volume finale e iniziale occupato dal gas nel recipiente. Includendo ora l energia elastica abbiamo: W ext = nrt log (V f /V i ) + 1 k( x), (15) con x = 0.09 m. Possiamo quindi risolvere per k, trovando: k = [W ext + nrt log (V f /V i )] ( x) = 4990 N/m. (16) 4

5 Il sistema gas + molla è sempre all equilibrio con il lago, dato che la trasformazione è reversibile. All arresto della discesa le pressioni si devono dunque bilanciare: k x S + nrt V f = nrt V i + ρgz. (17) Nella formula precedente abbiamo usato l equazione di stato per ricavare la pressione del gas in corrispondenza dei volumi iniziale e finale. Il membro di destra esprime la legge di Stevino per la pressione dell acqua del lago a profondità z. La pressione atmosferica iniziale p 0 è uguale alla pressione del gas prima dell immersione, dato che il gas e l ambiente partono all equilibrio termodinamico. Risolvendo per la profondità z otteniamo z = 97 m. Nell isoterma reversibile, il lago assorbe dal gas il calore Q = nrt log (V f /V i ). La sua variazione di entropia sarà pertanto S = Q/T = nr log (V f /V i ) = 7.65 J/K. Si vede immediatamente che la variazione di entropia del gas è uguale e opposta e quindi, dato che l ambiente esterno non scambia calore, la variazione di entropia dell universo è nulla. Ciò è corretto dal momento che il sistema gas + lago ha compiuto una trasformazione adiabatica reversibile. 5