B a) le velocità del corpo; C b) le componenti tangenziale e normale alla guida della sua accelerazione;

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1 Università degi Studi di Udine, Corso di Laurea in Ingegneria Gestionae.. 13/14, Sessione di Gennaio/Febbraio 15, Prio ppeo FISIC GENERLE I 1 CFU, Prova scritta de 8 Gennaio 15 TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI PROBLEM 1 Uncorpopuntiforediassa = 1.5kg èegatotraiteunfioideaeinestensibie ediassatrascurabie di unghezza = 8. c ad un punto fisso O. I corpo si trova a esterno di una guida circoare di centro O e di raggio esterno disposta su un piano verticae vedi figura. In questo odo, in caso di scivoaento ungo a guida i corpo è vincoato a rianere sepre a distanza da O. I punti e B ungo a guida sono individuati dagi angoi θ = 3 θ e θ B = 135, entre i punto C è sua verticae. Si supponga che i corpo inizi a scivoare verso destra partendo daa θ B soità dea guida coe ostrato in figura con una veocità iniziae O nua e che quindi, in successione, passi per i punti, B e C indicati in figura. Supponendo gi attriti trascurabii e che a tensione iniziae de fio sia nua, deterinare nei punti, B e C: B a e veocità de corpo; C b e coponenti tangenziae e norae aa guida dea sua acceerazione; c i odui dea tensione T de fio e dea reazione norae N dea guida. Souzione Data assenza di attriti ne oto de corpo si conserva energia eccanica. Notando che se indichiao con θ angoo che i raggio istantaneo fora con a congiungente condotta da O a punto di partenza, a quota istantanea de corpo rispetto a punto C è hθ = R + Rcosθ = R1 + cosθ. Pertanto, si ha g = g1+cosθ+ 1 v θ v θ = g1 cosθ vθ = g1 cosθ dove vθ è a veocità de corpo. Quindi nei punti, B e C avreo v = vθ = g1 cosθ = g 3 = 1.45 /s; v B = vθ B = g1 cosθ B = g+ = 5.18 /s; v C = vθ C = g1 cosθ C = 4g = 5.6 /s, dove a θ C abbiao sostituito π. Si noti che i oto è circoare data a traiettoria circoare a non unifore. Pertanto, a coponente de acceerazione norae aa traiettoria è pari a acceerazione centripeta. Nei tre punti abbiao a, = v = g 3 =.63/s ; a,b = v B = g+ = 33.5/s ; a,c = v C = 4g = 39./s, Invece per a coponente de acceerazione tangente aa traiettoria, basta guardare a forza risutante agente su corpo, prenderne a coponente tangenziae e dividere per a assa de corpo. Otre aa forza di gravità g g g, su corpo agiscono a reazione norae dea guida N quando a guida è copressa e a forza T prodotta daa corda quando è tesa, a tai forze sono radiai. Pertanto è a soa coponente tangenziae dea forza di gravità che deterina a coponente tangenziae de acceerazione. È facie vedere che in un punto quasiasi de oto avreo a = gsinθ. Perciò nei tre punti, B e C abbiao a, = gsinθ = g = 4.9 /s ; a,b = gsinθ B = g = 6.94 /s ; a,c = gsinθ C =.

2 I ragionaento appena fatto ci fa capire che a coponente radiae perpendicoare aa guida dea forza netta agente agente su corpo dovrà essere pari aa soa dee forze N N N, T T T e a coponente radiae di g g g. Cioè, prendendo un asse radiae diretto verso i punto O, ungo quest asse potreo scrivere a = gcosθ N +T, essente N N se non nua diretta verso esterno e T se non nua diretta verso O. Conseguenteente, ricordando che è a = v /, abbiao v R = T N = gcosθ, dove abbiao indicato con R a soa T N. Ora si noti che se T aora è N =, e viceversa. Pertanto, nei punti dove R >, avreo T = R e a reazione norae dea guida sarà nua; a contrario, se R < aora a corda non sarà tesa T =, entre a guida dovrà produrre una reazione norae di oduo pari a N = R. Nei punti, B e C abbiao [ v R = 4 3 ] 3 gcosθ = g = 8.8 N < T = ; N = 8.8 N; v R B = B v R C = C gcosθ B = g [ 4+3 ] = 6.6 N > T = 6.6 N; N = ; gcosθ C = 5g = 73.6 N > T = 73.6 N; N =. PROBLEM Un ciindro oogeneo di assa M = 1. kg e raggio R = 1. c poggia su un piano orizzontae. centro di assa de ciindro è agganciata una corda ideae insensibie e di assa trascurabie a cui atro estreo è appeso un corpo di assa. La pueggia indicata in figura si intende di assa trascurabie e priva di attrito. Sapendo che i coefficiente di attrito statico tra ciindro e piano è µ s =.5 deterinare: a i vaore assio di entro i quae i oto de ciindro è di puro rotoaento. Sapendo poi che i coefficiente di attrito dinaico tra ciindro e piano è µ k = 1 µ s e supponendo = 5. kg, deterinare: b i tipo di oto de ciindro puro rotoaento o no; c acceerazione ineare con cui scende i corpo di assa e acceerazione angoare de ciindro. Souzione Supponendo i oto de ciindro di puro rotoaento, appicazione dea a egge dea dinaica nee fore ineare e angoare ai due corpi ci perette di scrivere e seguenti equazioni a = g T Ma = T f s Iα = Rf s dove a è acceerazione verso i basso de corpo appeso e verso destra de centro di assa de ciindro, α è acceerazione angoare de ciindro, T è a tensione dea corda e I = 1 MR è i oento d inerzia de ciindro rispetto a asse per i c.d.. Tenendo presente che α = a/r essendo i oto di puro rotoaento, risovendo abbiao T = g a; f s = I R a; M ++ I a = g M ++ I R = R R a = g g 3M + ; f s = Mg 3M +. M

3 Ma per f s vae a seguente e perciò otteniao f s f s,ax = µ s N = µ s Mg, Mg 3M + µ smg 1 = µ s 1 µ s 3M = 15. kg. Con = 5. kg superiao i iite appena cacoato e quindi in ta caso i ciindro non potrà più sepiceente rotoare: esso sitterà su piano. In ta caso e equazioni de oto saranno e seguenti a = g T Ma = T f k = T µ k Mg Iα = Rf k = Rµ k Mg dove ora α a/r. Cobinando e prie due abbiao T = g a; M +a = g µ k Mg a = µ kmg M + = 6.67 /s. Daa terza otteniao invece α = µ krmg I = µ kg R =.4 rad/s. PROBLEM 3 Siabbiaunrecipienteciindricoconparetiadiabatichediareadibase = 5 c,incuisonocontenute noidiungasideaebiatoicovedifigura. Lapartesuperioredeciindroèchiusatraiteunpistone a tenuta anch esso adiabatico di assa M = 5. kg che può scorrere iberaente in verticae. Su pistone è poggiato un corpo di assa = 6. kg. Sapendo che a teperatura de gas è T = 3 K e che i pistone è ad una distanza h = 1 c da fondo de recipiente, deterinare: a i nuero di oi n di gas contenuto ne recipiente. Successivaente a gas viene fornita entaente una quantità di caore Q = J, deterinare: b i vaori finai dea teperatura de gas T 1 e dea quota de pistone h 1 ; c e variazioni di energia interna E int ed entropia S de gas. Infine, supponendo che a assa de corpo poggiato su pistone venga auentata entaente fino a riportare a quota de pistone a suo vaore iniziae h, cacoare d a assa finae f de corpo e a teperatura finae T f de gas. Souzione Se i pistone è esercita una pressione su gas pari a p = p + M +g, dovep èapressione atosferica. Questa essendo ipistoneinequiibrio deve essere ancheapressione de gas, e perciò M h pv = nrt [p + M +g ]h = nrt n = [p +M +g]h RT =.46 o dove a voue V de gas abbiao sostituito h. Mentre i gas riceve i caore Q, i gas si espande seguendo una trasforazione isobara. La conseguente variazione di teperatura è Q = nc p T T = Q nc p = Q 7nR,

4 dove abbiao utiizzato i fatto che essendo i gas biatoico è c p = 7 R. La teperatura T 1 è quindi pari a T 1 = T + T = T + Q = 37 K. 7nR Corrispondenteente, per a quota finae de pistone abbiao h h 1 = T T 1 h 1 = T 1 T h = 13 c. Per e variazioni di energia interna ed entropia abbiao E int = Q L = Q p V = Q [p +M +g]h 1 h nc V T = J; dq T1 S = T = nc p dt = 7 T nrn T1 = 15. J/K. T T Infine, durante i ento auento dea assa de corpo poggiato su pistone, i gas si coprie adiabaticaente. Confrontando attuae stato iniziae con pressione p e voue V = h 1 e o stato finae con pressione p f da deterinare e voue V = h possiao scrivere pv γ 1 = p f V γ p f = V1 V γ p = h γ p = h γ [ p + ] M +g = Pa, dove si è posto γ = c p /c V = 7/5 = 1.4. Corrispondenteente, dovendo essere p f = p + M+ fg, si ottiene Per a teperatura finae si ha T 1 V γ 1 1 = T f V γ 1 T f = f = g p f p M = 7 kg. V1 V γ 1 T 1 = h γ 1 T 1 = 4 K. PROBLEM 4 In una sfera di raggio R = 1. c è distribuita con sietria radiae una carica positiva: a densità di carica di voue dipende soo daa distanza r da centro dea sfera ed è data daa seguente ρr = ρ R r con ρ = C/ 3. Deterinare: a a carica totae Q presente nea sfera; b espressione de capo eettrostatico presente sia a interno che a esterno dea sfera; c i potenziae eettrostatico de centro dea sfera, V, ne ipotesi che a grande distanza daa sfera i potenziae sia nuo. Souzione Se consideriao un guscio sferico di raggio r con r R e spessore dr a quantità di carica in esso è pari a dq = ρr4πr dr = 4πρ R r4 dr. Conseguenteente, a carica copessiva in tutta a sfera è pari a Q = R ρr4πr dr = 4πρ R R r 4 dr = 4 5 πρ R 3 = C. Si noti anche che a carica contenuta in una sfera di raggio r R è pari a qr = r ρr 4πr dr = 4πρ R r r 4 dr = 4 πρ 5 R r5.

5 Se ora consideriao i teorea di Gauss appicato ad una sfera di raggio < r < R possiao scrivere Φ E r = Er 4πr = qr ε Er = qr 4πε r = ρ 5ε R r3. Invece, per una sfera di raggio r > R abbiao Φ E r = Er 4πr = Q ε Er = Q 4πε r = ρ R 3 5ε r. Pertanto, possiao riassuere che i capo eettrostatico è diretto radiaente verso esterno e a sua apiezza dipende daa distanza r da centro dea sfera secondo e seguenti ρ 5ε R r3 r R Er = ρ R 3 r > R 5ε r Per i potenziae sfruttando a sietria sferica e quindi considerando un percorso radiae da un punto a infinito a centro dea sfera possiao scrivere V V = V = E E E d s s s = Erdr = ρ R r 3 dr + ρ R 3 dr 5ε R 5ε R r = = ρ 5ε R R4 4 + ρ R 3 5ε 1 R = ρ R ε + ρ R 5ε = ρ R 4ε = V.