TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI

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1 Università egli Stui i Uine, Corso i Laurea in Ingegneria Gestionale A.A. 016/017, Sessione i Settembre 017, Esame i FISICA GENERALE 1 1 CFU) Appello Unico, PROVA SCRITTA, 1 Settembre 017 TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI PROBLEMA 1 Un arciere vuole colpire con una freccia una mela su un albero a altezza h = 1.0 m rispetto all arciere. La istanza in linea aria tra arciere e bersaglio sia s = 3.0 m. L angolo i mira ell arciere l angolo con cui l arciere scaglia la freccia) sia α = 30 rispetto all orizzontale. Si etermini: a1) con quale velocità in moulo) eve essere scoccata la freccia affinché colpisca il bersaglio; a) in quanto tempo la freccia raggiunge il bersaglio; a3) l altezza massima raggiunta alla freccia. Se la velocità massima con cui l arciere è in grao i scoccare la freccia è v max = 4.0 m/s, si etermini: b) il valore minimo ell angolo i mira rispetto all orizzontale) che consente all arciere i colpire il bersaglio. Infine, si supponga che all istante t = 0 la mela si stacca al ramo e cae, mentre l arciere sta mirano in irezione ella mela a un angolo i 17 rispetto all orizzontale. Dato un tempo i reazione ell arciere pari a t = 0.00 s, si etermini: c) con quale velocità l arciere eve scagliare la freccia per colpire in volo la mela. Soluzione Calcoliamo innanzitutto la istanza lungo l asse x ell arciere alla mela. Siccome la istanza in linea aria) tra i ue è s e la ifferenza i quota è h, la istanza in orizzontale tra i ue sarà: = s h = 3.9 m. L equazione el moto per la freccia consierata come punto materiale è quella i un moto uniforme lungo l asse x e uniformemente accelerato lungo l asse y: xt) = v0 tcosα yt) = v 0 tsinα 1 gt, ove α è l angolo i mira rispetto all orizzontale e v 0 è il moulo incognito ella velocità iniziale ella freccia. Possiamo ricavare alla prima equazione e sostituirlo nella secona otteneno: v 0 = xt) tcosα yt) = xt)tanα 1 gt. Nell istante t f in cui la freccia colpisce la mela si ha xt f ) = e yt f ) = h per cui l equazione preceente ci permette i ricavare t f e conseguentemente v 0 : h = tanα 1 gt f tf = g tanα h) = 1.19 s v 0 = t f cosα = 31.8 m/s L istante i massima ascesa per la freccia si ricava annullano la velocità verticale y/t: y t = v 0sinα gt m = 0 t m = v 0 sinα = 1.6 s. g Siccome per questo istante t m è successivo all istante t f nel quale la freccia colpisce la mela, la freccia non vi arriva mai, e la massima ascesa è effettivamente h. Per risponere al punto b) bisogna ricavare la traiettoria alle equazioni el moto eliminano il tempo) e consierare l equazione risultante come funzione ell angolo. Ricorano che 1/cos α = 1+tan α e che v 0 ora è pari a v max, abbiamo: t f = v max cosα h = tanα g vmax 1+tan α). Questa è una equazione i secono grao in tanα le cui soluzioni sono: tanα = 1 v max ± ) vmax g 4 vmaxhg g = α = 4.8

2 Ovviamente la soluzione scelta è quella per cui la tangente è minore. Si noti che per valori sufficientemente piccoli i v max non esistono soluzioni la freccia non è in grao i arrivare all altezza ella mela). Infine, per risponere al punto c) scriviamo le equazioni el moto per la freccia x F t),y F t)) analoghe a prima, ma translate temporalmente i t, e anche per la mela x M t),y M t)) che ora ha un moto i cauta libera: xf t) = v 0 t t)cosα y F t) = v 0 t t)sinα 1 gt t) xm t) = y M t) = h 1 gt Per risolvere poniamo x F t f ) = x M t f ) il che ci permette i ricavare l istante i impatto: = v 0 t t)cosα t f = t+ Sostitueno poi t f nell ulteriore vincolo y F t f ) = y M t f ) si ottiene la seguente equazione: h 1 g t+ = v 0 sinα 1 g. Svolgeno i quarati si noti che i termini in si semplificano; inoltre, notano anche che v = g t e h = h 1 g t sono rispettivamente) la velocità e la posizione assunte alla mela all istante t, l equazione iventa h + v = tanα Teneno presente che ora è α = 17, si ricava v 0 = v tanα h 1 = 38. m/s. cosα Infine verifichiamo che l altezza alla quale avviene il contatto è maggiore i zero ovvero che effettivamente la mela viene colpita prima i toccare terra): y M t f ) = h 1 g t+ = 6.14 m. PROBLEMA Un isco i massa M = 8.00 kg e raggio R è posto sopra un piano, inclinato i un angolo θ = 30 rispetto all orizzontale; allasse el isco è collegato un filo che sostiene la massa m = 6.00 kg. Il filo è teso con la massa m bloccata a un altezza h = 1.0 m al suolo. All istante t = 0 si lascia libera la massa m che inizia a scenere, faceno contemporaneamente salire il isco lungo il piano. Il moto el isco è i puro rotolamento. Calcolare: a) laccelerazione con cui scene la massa m; b) la velocità con cui la massa m tocca il suolo; c) la quota massima raggiunta al centro el isco misurata rispetto alla quota che lo stesso centro aveva per t = 0) opo che m ha toccato il suolo. Soluzione Teneno presente che il corpo i massa m e il centro el isco sono collegati al filo inestensibile, le equazioni che regolano il moto ei ue urante la iscesa el primo sono le seguenti: ma = mg T; Macm = T Mgsinθ f s Iα = Rf s Nell equazione i sinistra a e T sono l accelerazione el corpo i massa m e la tensione el filo; corrisponentemente, nelle equazioni i estra che riguarano i moti traslatorio e rotatorio el isco, a cm, T, I, α e f s sono l accelerazione el centro i massa el isco, la tensione el filo, il momento inerzia el isco rispetto all asse per il suo centro i massa, la sua accelerazione angolare e la forza i attrito statico agente sul suo punto i istantaneo contatto con il piano inclinato. Data l inestensibilità el filo, si ha a cm = a; inoltre, il puro rotolamento el isco comporta che α = a cm /R = a/r. Quini, eliminano f s tra le ue equazioni i estra otteniamo la seguente M + IR ) a = T Mgsinθ

3 Eliminano poi T tra questa e l equazione el moto i m abbiamo M +m+ IR ) a = mg Mgsinθ alla quale ricaviamo a = m M sinθ)g M +m+ I R. Teneno presente che il momento inerzia el isco omogeno) è pari a I = 1 MR, abbiamo a = m M sinθ)g 3 M +m = 1.09 m/s. Per risponere alle omane b) e c) è conveniente utilizziamo un approccio energetico. A tale scopo notiamo che, sebbene sia presente una forza i attrito, la sua natura statica non comporta issipazione i energia; conseguentemente, nel moto in questione viene conservata l energia meccanica. Inicano con z e v la quota e la velocità i m, e con z cm, v cm e ω la quota e la velocità el centro i massa e la velocità angolare el isco, l energia meccanica el sistema ha l espressione seguente E mecc = 1 mv +mgz + 1 Mv cm + 1 Iω +Mgz cm. Teneno poi presente che v cm = v e ω = v cm /R = v/r e esplicitano l espressione i I, E mecc pu essere scritta anche nella forma E mecc = 1 ) 3 M +m v +mgz +Mgz cm. Ora, quano m scene i una quota pari a h, il centro i massa el isco sale i una quota pari a hsinθ. Pertanto, applicano la conservazione ell energia meccanica tra l istante iniziale t = 0) e l istante in cui m tocca il suolo abbiamo mgh+mgz cm,0 = 1 ) 3 M +m vf +Mghsinθ +z cm,0 ), ove z cm,0 corrispone alla quota iniziale el centro i massa el isco. Da quest ultima si ricava immeiatamente m M sinθ)gh m M sinθ)gh v f = 3 M +m) = = 1.81 m/s. 3M +m 1 Negli istanti successivi al contatto i m con il suolo, il isco per inerzia) continuerà a rotolare per un breve intervallo i tempo fino a raggiungere una quota massima. In tale intervallo i tempo il isco rotola liberamente non è più trainato al filo) e per mezzo ella conservazione ell energia meccanica che ora riguara il solo isco) possiamo scrivere la seguente: 3 4 Mv f +Mgz cm,0 +hsinθ) = Mgz cm,0 + z cm ), ove z cm è, appunto, la quota massima cercata misurata rispetto alla sua quota iniziale el centro el isco). Si ottiene z cm = 3 4g v f +hsinθ = 3+sinθ)mh = 1.00 m. 3M +m

4 PROBLEMA 3 Nei ue scomparti el recipiente inicato in figura sono contenuti rispettivamente n 1 =.00 mol i un gas ieale monoatomico e n = 4.00 mol i un gas ieale poliatomico. Tutte le pareti 1 el recipiente anche quella tra i ue scomparti) sono permeabili al calore; la parete tra i ue scomparti i spessore trascurabile) è libera i muoversi con attrito trascurabile. Il volume totale el recipiente è V = 90.0 m 3. L ambiente circostante è mantenuto a una temperatura costante T = 400 K. Inizialmente come schematizzato in figura) la parete tra i ue scomparti è tenuta in una posizione in cui lo scomparto 1 ha volume oppio ello scomparto : = V,i. Determinare: a) le pressioni p 1,i e p,i ei ue gas. Successivamente la parete separatoria viene lasciata libera e il sistema, spontaneamente, raggiunge l equilibrio. Determinare: b) i volumi finali ei ue scomparti e la pressione ei ue gas; c) la variazione i entropia subita al sistema urante la trasformazione spontanea; ) il calore che il sistema scambierebbe con l ambiente nel caso in cui l ultima trasformazione fosse fatta avvenire molto lentamente. Soluzione Nello stato iniziale el sistema i volumi ei ue scomparti sono = 3 V = 60.0 m3 ; V,i = V = 1 3 V = 30.0 m3. In tali conizioni le pressioni ei gas nei ue scomparti sono p 1,i = n 1RT = 3n 1RT V = Pa = 1.09 atm; p,i = n RT = 3n RT V,i V = Pa = 4.38 atm. Come si vee la pressione ello scomparto è molto più grane i quella ello scomparto 1 e quini, quano la parete separatoria viene lasciata libera, prenerà a muoversi verso sinistra; esseno spontanea, la trasformazione tramite la quale il sistema raggiungerà l equilibrio, sarà irreversibile. Nello stato i equilibrio finale i ue gas, oltre a avere la stessa temperatura uguale a T), ovranno avere anche la stessa pressione; perciò, ovrà essere n 1 RT V 1,f = n RT V,f V 1,f V,f = n 1 n. Quini, teneno presente che è V 1,f +V,f = V, si ricava e V 1,f = n 1 n 1 +n V = 1 3 V = 30.0 m3 ; V,f = n n 1 +n V = 3 V = 60.0 m3, p f = n 1RT n RT = n 1 +n )RT V 1,f V,f V T i =. 10 Pa =.19 atm. La variazione i entropia subita a n moli i un gas ieale in una trasformazione qualsiasi anche irreversibile) tra ue stati i equilibrio i e f) è ata alla seguente ) ) Tf Vf S = nc v ln +nrln. Nel nostro caso, teneno presente che gli stati iniziale e finale ei ue gas sono alla stessa temperatura, avremo ) ) V1,f V,f S = S 1 + S = n 1 Rln +n Rln = n 1 Rln+n Rln = n n 1 )Rln = 11. J/K. V,i Se la trasformazione fosse fatta avvenire molto lentamente sarebbe stata anche reversibile. Inoltre, a causa ella lentezza ella trasformazione, i ue gas si sarebbero mantenuti alla temperatura costante T ell ambiente circostante. Quini, i ue gas avrebbero subito elle trasformazioni reversibili a temperatura costante e perciò il calore a essi scambiato sarebbe stato pari al lavoro a essi fatto. Cioè V1,f V,f V i V1,f V,f V 1 V Q = Q 1 +Q = L 1 +L = p 1 V 1 + p V = n 1 RT +n RT = V,i V 1 V,i V ) ) V1,f V,f = n 1 RT ln +n RT ln = n 1 RT ln+n RT ln = n n 1 )RT ln = J V,i

5 PROBLEMA 4 Quattro cariche puntiformi ella stessa entità q = C), ue positive e ue negative, sono poste ai vertici i un quarato i semiiagonale a =.00 cm isposto come mostrato in figura. Calcolare: a) le forze moulo, irezione e verso) che agiscono su ogni carica; b) il campo elettrico moulo, irezione e verso) nel punto P i coorinate a, a) vei figura); c) la..p. tra il punto P vei figura) e l origine egli assi; ) l energia potenziale el sistema i cariche; e) il momento i ipolo moulo, irezione e verso) el sistema i cariche. Soluzione Per ognuna elle quattro cariche il iagramma elle forze a cui essa è soggetta è inicato nella figura qui sotto, ove abbiamo numerato le cariche in verso orario, a partire a quella in alto. I mouli elle forze inicate sono pari a: F 13 = 4πε 0 a; F 1 = F 14 = q y +q a +q 4πε 0 a. Pertanto, la risultante è iretta come inicato in figura) verso lorigine egli assi e ha moulo F 1 = F 1 cos π 4 F 13 = q 1 ) 4πε 0 1 = 1) 4 16πε 0 a = 9.0 N. Analogamente, il campo elettrico nel punto P si ottiene sommano vettorialmente i campi inicati nella figura sottostante. Il campo risultante ha componenti q E Px = E 1 +E 3 cosβ E 4 cosα = 4πε 0 a 1+ 1 ) q ) 1 = 4πε 0 a ; q E Py = E +E 3 sinβ E 4 sinα = 4πε 0 a 1+ 1 ) = q ) 1 4πε 0 a. alle quali si ottiene che il campo E P ha la irezione e il verso inicate in figura e moulo E P = EPx +E Py = q 1) 4πε 0 a = V/m. Data la simmetria il potenziale nell origine egli assi è nullo! D altra parte, ato che le istanze elle cariche 1 e, come elle e 3 al punto P sono le stesse, e tali cariche sono opposte, anche il potenziale i tale punto è nullo. Quini la..p. cercata è nulla! Si noti, che è facile capire che tutti i punti elle ue bisettrici y = x e y = x) sono punti a potenziale nullo! L energia potenziale el sistema i cariche è pari alla somma elle energie associate alle interazioni tra le coppie i cariche: cioè U = 4πε 0 a) 4 4πε 0 a) = q 4πε 0 a 4 ) = 7.39 J. Infine, si noti che il sistema può essere visto come costituito affiancano ue ipoli elettrici uguali e opposti. Morale: il ipolo elettrico risultante è nullo! a P q x