Prova scritta di Fisica Generale I Corso di Laurea in Astronomia 23 giugno 2015

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1 Prova scritta di Fisica Generale I Corso di Laurea in Astronomia 3 giugno 015 Problema 1 Si consideri un sistema costituito da un cilindro omogeneo di raggio R 1 = 10 cm e altezza h = 0 cm, inserito all interno di un cilindro cavo dello stesso materiale, della stessa altezza, con raggio interno R 1 e raggio esterno R = 16 cm (vedi figura). I due cilindri possono ruotare entrambi indipendentemente attorno al loro asse comune, tuttavia fra le superfici a contatto si esercita una forza di attrito dinamico. La forza di attrito agente su una striscia lungo la superficie di contatto tra i cilindri, parallela all asse, di lunghezza h e larghezza infinitesima ds = R 1 dθ ha modulo df = (F a /π)dθ con F a = 10 N ed è diretta tangenzialmente. Sia ρ = 7.8 g/cm 3 la densità dei due cilindri e si assuma che l unica forza agente sia quella di attrito descritta in precedenza. Inizialmente il cilindro interno è fermo mentre quello esterno ruota con velocità angolare ω 0 = 0 rad/s. In seguito, a causa dell attrito, il cilindro interno comincia a ruotare fino ad arrivare ad uno stato in cui i due cilindri ruotano solidarmente con la stessa velocità angolare ω. Si calcoli 1. l energia cinetica iniziale del sistema;. la velocità angolare finale ω; 3. il momento di attrito che agisce sul cilindro interno e quello che agisce sul cilindro esterno; 4. il tempo necessario affinchè i due cilindri ruotino alla stessa velocità angolare. Si ricordi che il momento d inerzia di un cilindro omogeneo cavo è I = M(R 1 + R )/. Soluzione Le masse dei due cilindri omogenei sono date da M 1 = πρhr1 e M = πρh(r R1), da cui si ricava immediatamente il momento d inerzia del cilindro esterno, I = M (R1 + R)/ = πρh(r 4 R1)/. 4 L energia cinetica iniziale del sistema corrisponde a quella del solo cilindro esterno, E k,0 = I ω0/ = πρh(r 4 R1)ω 4 0/4 = 7. J. Dato che agisce solo la forza di attrito tra i due cilindri, che è una forza interna, il momento angolare del sistema si conserva. Il moto è una rotazione con asse fisso, per cui L 0 = L si 1

2 R d R 1 può scrivere come I ω 0 = Iω, dove I è il momento d inerzia all istante finale, quando i due cilindri ruotano con la stessa velocità angolare ω. Nella configurazione finale il sistema è formato da un unico cilindro di raggio R e massa M 1 + M, per cui I = (M 1 + M )R /. Dalla conservazione del momento angolare si ricava ω = I I ω 0 = πρh(r4 R1)/ 4 ( ) ω πρhrr / 0 = 1 R4 1 ω R 4 0 = 16.9 rad/s. (1) La forza di attrito produce un momento accelerante sul cilindro interno e decelerante su quello esterno. Considerando la striscia infinitesima di lunghezza h e larghezza ds, il momento infinitesimo esercitato sul cilindro interno è, in modulo, (il vettore dm 1 = F a dθ π R 1 () dm 1 è diretto parallelemente all asse di rotazione nel verso di ω 0 ). Per ottenere il momento totale è sufficiente integrare su tutta la superficie M 1 = π 0 F a dθ π R 1 = F a R 1 = 1 N m. (3) Il momento frenante sul cilindro esterno (sulla cui superficie infinitesima agisce, per il III principio, la forza di attrito df ) sarà analogamente π F a dθ M = 0 π R 1 = F a R 1. (4)

3 Il moto rotazionale dei due cilindri avviene ad accelerazione angolare costante, α 1 = F a R 1 /I 1 e α = F a R 1 /I, per cui ω 1 = (F a R 1 /I 1 )t e ω = ω 0 (F a R 1 /I )t. Imponendo che ω 1 = ω si trova il tempo richiesto t = I 1 I ω 0 (I 1 + I )F a R 1 = πρhr 3 1 ( ) 1 R4 1 ω0 = 4.15 s. (5) R 4 F a Allo stesso risultato sia arriva imponendo ω 1 = ω (o ω = ω), dove ω è la velocità angolare finale ricavata in precedenza. Problema Un recipiente adiabatico è disposto orizzontalmente e chiuso da un pistone mobile, anch esso adiabatico, in grado di scorrere senza attrito. Il recipiente è diviso in tre compartimenti, come in figura. Entrambi i setti divisori sono diatermici. Il setto tra i compartimenti 1 e è in grado a sua volta di scorrere senza attrito ed è vincolato a mantenere una distanza costante dal pistone per mezzo di un asticella rigida di massa e spessore trascurabili. Il pistone è inizialmente bloccato, in modo che il volume complessivo del recipiente sia pari a = 0.35 m 3 e che i volumi dei tre compartimenti siano uguali. Tutti i compartimenti contengono lo stesso gas ideale monoatomico, ripartito nel seguente modo: n 1 = 1 mole nel comparto 1, n = moli nel comparto, n 3 = 0.5 moli nel comparto 3. Il gas è ovunque all equilibrio termodinamico, con temperatura = 400 K. La pressione esterna è pari a P ext = 1 bar. A partire da queste condizioni, il pistone viene sbloccato e, contemporaneamente, il setto tra i comparti e 3 viene rimosso, generando una trasformazione che porta al raggiungimento di un nuovo equilibrio termodinamico. 1. Si descriva il tipo di trasformazioni compiute dal gas in ciascuno dei tre compartimenti, nel passaggio dallo stato iniziale allo stato finale. Si specifichi se queste sono reversibili o irreversibili e si utilizzi la consueta classificazione in isobare, isocore, adiabatiche, isoterme, espansioni o mescolamenti liberi. Si descriva allo stesso modo la trasformazione complessiva del gas nel recipiente.. Si calcoli la temperatura del gas nei due comparti rimanenti, al raggiungimento dell equilibrio finale (suggerimento: si cominci trovando un espressione per la variazione di volume V, in funzione della temperatura finale del gas, usando il primo principio della termodinamica). 3. Si calcolino la pressione finale, e il calore scambiato dal gas nel compartimento Si calcoli la variazione di entropia dell Universo termodinamico nel processo. 3

4 1" " 3" Soluzione Tutte le trasformazioni sono irreversibili: non c è infatti equilibrio meccanico allo sblocco del pistone, e la condizione di quasi-staticità non è necessariamente verificata. Il gas nel comparto 1 compie una trasformazione isocora (distanza costante tra setto e pistone). Il gas nei compartimenti e 3 si mescola liberamente e viene compresso a pressione esterna costante. Il sistema nel recipiente viene anch esso compresso in modo isobaro, irreversibile, e adiabatico. Al raggiungimento dell equilibrio finale, possiamo scrivere l equazione di stato nel comparto + 3 (a seguito della rimozione del setto), nel seguente modo: p ext V F = (n + n 3 )RT F, (6) dove V F, T F indicano il volume e la temperatura finale in + 3, e la pressione finale del gas deve eguagliare la pressione esterna, dato che siamo all equilibrio. Vogliamo ora cercare di scrivere V F in funzione di T F così da poter ricavare il valore finale della temperatura. Il lavoro fatto dalle forze esterne sul sistema è pari a W = p ext V. Dato che il comparto 1 mantiene il suo volume costante, il lavoro W è scambiato con il gas nel comparto + 3. Il calore scambiato dal gas nel comparto 1 è Q 1 = n 1 C V (T F ). Dato che pareti e pistone sono adiabatici, il lavoro scambiato dal gas nel comparto + 3 è pari a Q +3 = Q 1. Possiamo quindi scrivere il primo principio della termodinamica per il gas in + 3 nel seguente modo: U = Q 1 P ext V = n 1 C V (T F ) p ext V. (7) La temperatura finale del gas è uguale in entambi i comparti, dato che il setto divisorio è diatermico. La variazione di energia interna in + 3 è pertanto pari a (n + n 3 )C V (T F ). Sostituendo nell espressione precedente, e risolvendo per V, otteniamo: V = n totc V ( T F ) p ext, (8) dove n tot n 1 + n + n 3. Il comparto 1 mantiene il suo volume costante. Possiamo quindi scrivere: V = V F (V + V 3 ) = V F 3. (9) 4

5 Ora possiamo combinare (8) e (9) con l equazione di stato: 3 p ext + n tot C V ( T F ) = (n + n 3 )RT F. (10) Risolvendo per T F si trova: T F = p 3 ext + n tot C V R ( 3 n 1 + 5n + 5n ) = K. (11) 3 La pressione finale e il calore scambiato dal compartimento 1 risultano quindi: p 1 = 3n 1RT F = 8941 Pa, (1) Q 1 = n 1 C V (T F ) = 907 J. (13) L ambiente non scambia calore, pertanto la variazione di entropia dell universo è pari alla somma delle variazioni di entropia del gas nei singoli comparti: S 1 S S 3 = n 1 C V log T F, (14) = n C V log T F = n 3 C V log T F + n R log V F, (15) + n 3 R log V F. (16) Pertanto: S univ = [ 3 n tot log T F + (n + n 3 ) log V ] F R = 8.1 J K. (17) 5