TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI

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1 Università degli Studi di Udine, Corso di Laurea in Ingegneria Gestionale A.A. 06/07, Sessione di Giugno/Luglio 07, Esame di FISICA GENERALE CFU Primo Appello, PROVA SCRITTA, 6 Giugno 07 TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI PROBLEMA A Un corpo di massa m = 00 g, schematizzabile come un punto materiale, può muoversi senza attrito su un piano liscio, inclinato dell angoloα = 30 rispettoall orizzontale. Ilcorpoèinoltrevincolatoadun punto fisso sul piano tramite una molla ideale di costante elastica k = 5.0 N/m. a Disegnare il diagramma di corpo libero per il punto materiale e determinare l allungamento della molla corrispondente alla posizione di equilibrio. b Il corpo viene spostato dalla posizione di equilibrio. Prendendo un sistema di riferimento con origine nella posizione di equilibrio del punto e asse x parallelo al piano e orientato verso il basso, scrivere la legge oraria per la posizione del punto nel suo moto lungo il piano. c Assumendo che il corpo passi all istante t = 0 per la posizione di equilibrio con velocità v 0 =.0 m/s, diretta verso il basso, determinare la sua posizione e la sua velocità all istante t = 0.50 s. Soluzione Nelle condizioni di equilibrio, la reazionenormaledel piano N N N equilibra la componente normale della forza peso pcosα, mentre la forza elastica F F Fe ne equilibra la componente tangenziale psinα come si desume dal diagramma di corpo libero in figura. Pertanto, indicando con l l allungamento della molla, si ha mgsinα = kl l = mgsinα k = 3.7 cm. Scrivendo la componente parallela al piano della risultante delle forze agenti sul corpo e applicando la a legge della dinamica nel sistema di coordinate indicato, si ottiene l equazione del moto m d x dt = Fx = mgsinα kl+x = kx md x dt = kx, che, come si vede, ha forma analoga a quella del sistema massa molla classico. Conseguentemente, l equazione oraria della posizione del corpo in funzione del tempo avrà la seguente forma xt = Asinωt+ϕ, dove ω = k/m =. rad/s, mentre le costanti A e ϕ dipenderanno dalle condizioni iniziali. Quindi, tenendo presente l equazione oraria precedente segue che vt = dx dt = Aωcosωt + ϕ, le condizioni iniziali menzionate nel testo del problema possono essere imposte considerando e risolvendo il seguente sistema x0 = Asinϕ = 0 vt = dx dt 0 = Aωcosϕ = v 0 Pertanto, la posizione e la velocità del corpo all istante t = 0.50 s sono: ϕ = 0; A = v 0 ω. xt = v 0 ω sinωt xt = v 0 ω sinωt = m, vt = v 0 cosωt vt = v 0 cosωt = 3.5 m/s, dove si è tenuto conto del fatto che ωt =.837 rad = 05..

2 PROBLEMA A Una sbarra omogenea di lunghezza L =.00 m e massa m =.00 kg viene incernierata su una parete verticale mediante un perno che le consente di ruotare senza attrito intorno ad un asse orizzontale O. La sbarra è mantenuta in posizione orizzontale mediante un filo verticale, come mostrato in figura, fissato ad essa alla distanza d = 0.0 cm dal perno. a Calcolare la tensione del filo e le componenti orizzontale e verticale della reazione del perno. b Il filo viene tagliato. Calcolare l accelerazione angolare della sbarra nell istante immediatamente successivo al taglio del filo. c Calcolare l energia cinetica della sbarra nell istante in cui essa colpisce la parete verticale. Soluzione Le forze esterne applicate alla sbarra sono mostrate nella figura sottostante. In condizioni di equilibrio, la risultante delle forze esterne e la risultante dei loro momenti devono essere nulle. Poiché la sbarra è omogenea, per il calcolo del momento dovuto alla forza di gravità, si può pensare quest ultima applicata al suo centro geometrico. Prendendo come polo il punto O, si ha quindi Td mg L = 0; R O = 0; R v +T mg = 0, da cui T = mgl d = 49.0N; R O = 0; R v = mg T = mg L = 9.4N. d Il valore negativo di R v indica che tale reazione è diretta verso il basso. Dopo il taglio del filo, la forza di gravità è l unica forza esterna ad avere momento non nullo. Nell istante immediatamente successivo al taglio, tale momento male τ g = mgl/. Quindi, dalla a legge della dinamica in forma angolare, tale momento è responsabile dell accelerazione angolare della sbarra, essendo Iα = τ g dove I è il momento d inerzia della sbarra rispetto all asse di rotazione che risulta pari a I = 3 ml e α l accelerazione angolare della stessa. Pertanto abbiamo 3 ml α = mg L α = 3g L = 4.7 rad/s. Non essendo presenti forze dissipative, nel moto della sbarra viene conservata l energia meccanica. Conseguentemente, tra le posizioni iniziale sbarra orizzontale e finale sbarra verticale la variazione dell energia cinetica della sbarra dovrà essere uguale ed opposta alla corrispondente variazione dell energia potenziale gravitazionale. Pertanto avremo K = U g = mgl K f K i = K f = mgl = 9.8 J.

3 PROBLEMA 3A Una quantità n =.00 mol di un gas ideale biatomico segue il ciclo reversibile mostrato in figura, nel quale le trasformazioni AB, BC e CA sono rispettivamente un isobara, un adiabatica e un isoterma. p Sapendo che nello stato A la pressione ed il volume del gas sono pari a p C A = 6.00 atm e V A = 0.0 dm 3 e che p C = 3p A, determinare: a la temperatura del gas nello stato A; b il volume e la temperatura del gas negli stati B e C; c la variazione di entropia del gas nella trasformazione AB; B A d il rendimento η del ciclo. Infine, supponendo che la trasformazione CA venga sostituita da un espansione V libera: e dire giustificando la risposta se avrebbe ancora senso parlare di rendimento del ciclo e, nel caso, se ne calcoli il valore. Soluzione Con i dati del problema si ottiene subito = T C = p AV A nr = 366 K. Tenendo poi presente la natura delle trasformazioni AB, BC e CA, possiamo scrivere rispettivamente le seguenti V A = T B V B ; T B V γ B = T C V γ C ; p C V C = 3p A V C = p A V A, dove γ = cp c V = 7/5 essendo il gas biatomico. Pertanto, tenendo presente che è T C =, avremo V C = V A 3 = 3.33 dm3 ; V B = V A 3 γ /γ = 0.73 V A = 7.3 dm 3 ; Lungo la trasformazione AB possiamo scrivere e quindi S AB = nc p T B = V B = V A 3 = p A V A = 67 K. γ /γ 3 γ /γ nr dq = nc p dt ds = dq T = nc dt p T, T B dt T = n7 Rln TB = n 7 Rγ ln3 = 8.3 J/K. γ Osservando che nella trasformazione adiabatica BC non viene scambiato calore, nel ciclo il gas assorbe calore solo nella trasformazione CA. Tale calore è pari a Q CA = L CA = A C pdv = nr V C V A dv V = nrln VA V C = nr ln3 = J. D altraparte, datochenell interocicloillavorolcompiutodalgaseilcaloreqdaessoscambiatosiequivalgono, si ha B L = Q = Q AB +Q CA = pdv +L CA = A [ 7 = nc p T B +nr ln3 = 3 Conseguentemente, il rendimento del ciclo è η = L Q ass = L Q CA = ln3 [ 7 3 γ /γ γ /γ ] +ln3 nr = J. ] +ln3 = 0.4 In un espansione libera di un gas ideale, non c è ne calore scambiato con l ambiente, ne lavoro compiuto; inoltre gli stati iniziale e finale sono alla stessa temperatura. Perciò, se la trasformazione isoterma reversibile CA venisse sostituita con una espansione libera tra gli stessi stati, in tale trasformazione non ci sarebbe lavoro e, conseguentemente, il lavoro fatto nell intero ciclo sarebbe pari al solo calore scambiato nella trasformazione AB

4 che, come visto sopra, è negativo! In tali condizioni la macchina non potrebbe pi essere vista come una macchina termica non produce lavoro e pertanto non avrebbe più senso parlare di rendimento. PROBLEMA 4A Si supponga che nello spazio sia distribuita della carica con simmetria radiale intorno ad un punto O e che la seguente espressione Vr = Ar +Br 3, corrisponda al potenziale di un punto a distanza r da O A e B sono delle costanti incognite. Sapendo che la carica contenuta in una sfera con centro in O e raggio R =.00 m è nulla e che il potenziale dei punti di tale sfera è pari a V 0 = 00 V, determinare: a i valori delle costanti A e B; b l ampiezza del campo elettrostatico a distanza R da O specificando, se è diretto verso l interno o l esterno. Soluzione Il sistema è a simmetria radiale e quindi anche il campo elettrostatico è diretto radialmente e la sua ampiezza dipenderà solo dalla distanza dal punto O. In generale il campo elettrostatico può essere ottenuto a partire dal potenziale attraverso la seguente E E E = gradv = V = V x, V y, V z Conseguentemente, nel nostro caso, data la simmetria sferica, l ampiezza del campo sarà data dalla seguente Er = dv dr = A 3Br. La carica interna ad una sfera di raggio r, qr, con centro in O può essere ricavata attraverso il teorema di Gauss, come segue Φ E r = Er4πr = qr ε 0 qr = 4πε 0 r Er = 4πε 0 r A+3Br. A questo punto imponiamo le due condizioni date nel testo del problema e ricaviamo le costanti A e B. Si ha qr = 0 A+3BR = 0 A = 3BR ; dalle quali VR = V 0 AR+BR 3 = V 0 3BR 3 +BR 3 = V 0 BR 3 = V 0 A = 3V 0 R = 75.0 V/m; B = V 0 R 3 = 6.5 V/m3. Infine, a distanza R da O, l ampiezza del campo è ER = A 3BR = 3V 0 R +3 V 0 R 34R = 3V 0 R +6V 0 R = 9V 0 = 5 V/m. R Il segno positivo di tale ampiezza ci dice che il campo è diretto verso l esterno..

5 PROBLEMA B Un corpo di massa m = 300 g, schematizzabile come un punto materiale, può muoversi senza attrito su un piano liscio, inclinato dell angoloα = 30 rispettoall orizzontale. Ilcorpoèinoltrevincolatoadun punto fisso sul piano tramite una molla ideale di costante elastica k = 8.00 N/m. a Disegnare il diagramma di corpo libero per il punto materiale e determinare l allungamento della molla corrispondente alla posizione di equilibrio. b Il corpo viene spostato dalla posizione di equilibrio. Prendendo un sistema di riferimento con origine nella posizione di equilibrio del punto e asse x parallelo al piano e orientato verso il basso, scrivere la legge oraria per la posizione del punto nel suo moto lungo il piano. c Assumendo che il corpo passi all istante t = 0 per la posizione di equilibrio con velocità v 0 =.0 m/s, diretta verso il basso, determinare la sua posizione e la sua velocità all istante t = s. Soluzione Nelle condizioni di equilibrio, la reazionenormaledel piano N N N equilibra la componente normale della forza peso pcosα, mentre la forza elastica F F Fe ne equilibra la componente tangenziale psinα come si desume dal diagramma di corpo libero in figura. Pertanto, indicando con l l allungamento della molla, si ha mgsinα = kl l = mgsinα k = 8.4 cm. Scrivendo la componente parallela al piano della risultante delle forze agenti sul corpo e applicando la a legge della dinamica nel sistema di coordinate indicato, si ottiene l equazione del moto m d x dt = Fx = mgsinα kl+x = kx md x dt = kx, che, come si vede, ha forma analoga a quella del sistema massa molla classico. Conseguentemente, l equazione oraria della posizione del corpo in funzione del tempo avrà la seguente forma xt = Asinωt+ϕ, dove ω = k/m = 5.6 rad/s, mentre le costanti A e ϕ dipenderanno dalle condizioni iniziali. Quindi, tenendo presente l equazione oraria precedente segue che vt = dx dt = Aωcosωt + ϕ, le condizioni iniziali menzionate nel testo del problema possono essere imposte considerando e risolvendo il seguente sistema x0 = Asinϕ = 0 vt = dx dt 0 = Aωcosϕ = v 0 Pertanto, la posizione e la velocità del corpo all istante t = s sono: ϕ = 0; A = v 0 ω. xt = v 0 ω sinωt xt = v 0 ω sinωt =.05 m, vt = v 0 cosωt vt = v 0 cosωt = 5.70 m/s, dove si è tenuto conto del fatto che ωt =.066 rad = 8.3. PROBLEMA B Una sbarra omogenea di lunghezza L =.00 m e massa m = 3.00 kg viene incernierata su una parete verticale mediante un perno che le consente di ruotare senza attrito intorno ad un asse orizzontale O. La sbarra è mantenuta in posizione orizzontale mediante un filo verticale, come mostrato in figura, fissato ad essa alla distanza d = 8.0 cm dal perno. a Calcolare la tensione del filo e le componenti orizzontale e verticale della reazione del perno. b Il filo viene tagliato. Calcolare l accelerazione angolare della sbarra nell istante immediatamente successivo al taglio del filo. c Calcolare l energia cinetica della sbarra nell istante in cui essa colpisce la parete verticale. Soluzione Le forze esterne applicate alla sbarra sono mostrate nella figura sottostante. In condizioni di equilibrio, la risultante delle forze esterne e la risultante dei loro momenti devono essere nulle. Poiché la sbarra è

6 omogenea, per il calcolo del momento dovuto alla forza di gravità, si può pensare quest ultima applicata al suo centro geometrico. Prendendo come polo il punto O, si ha quindi Td mg L = 0; R O = 0; R v +T mg = 0, da cui T = mgl d = 8.7N; R O = 0; R v = mg T = mg L = 5.3N. d Il valore negativo di R v indica che tale reazione è diretta verso il basso. Dopo il taglio del filo, la forza di gravità è l unica forza esterna ad avere momento non nullo. Nell istante immediatamente successivo al taglio, tale momento male τ g = mgl/. Quindi, dalla a legge della dinamica in forma angolare, tale momento è responsabile dell accelerazione angolare della sbarra, essendo Iα = τ g dove I è il momento d inerzia della sbarra rispetto all asse di rotazione che risulta pari a I = 3 ml e α l accelerazione angolare della stessa. Pertanto abbiamo 3 ml α = mg L α = 3g L = 4.7 rad/s. Non essendo presenti forze dissipative, nel moto della sbarra viene conservata l energia meccanica. Conseguentemente, tra le posizioni iniziale sbarra orizzontale e finale sbarra verticale la variazione dell energia cinetica della sbarra dovrà essere uguale ed opposta alla corrispondente variazione dell energia potenziale gravitazionale. Pertanto avremo K = U g = mgl K f K i = K f = mgl = 4.7 J.

7 PROBLEMA 3B Una quantità n = 4.00 mol di un gas ideale poliatomico segue il ciclo reversibile mostrato in figura, nel quale le trasformazioni AB, BC e CA sono rispettivamente un isobara, un adiabatica e un isoterma. p Sapendo che nello stato A la pressione ed il volume del gas sono pari a p C A = 5.00 atm e V A = 5.0 dm 3 e che p C = 4p A, determinare: a la temperatura del gas nello stato A; b la pressione, il volume e la temperatura del gas negli stati B e C; c la variazione di entropia del gas nella trasformazione AB; B A d il rendimento η del ciclo. Infine, supponendo che la trasformazione CA venga sostituita da un espansione V libera: e dire giustificando la risposta se avrebbe ancora senso parlare di rendimento del ciclo e, nel caso, se ne calcoli il valore. Soluzione Con i dati del problema si ottiene subito = T C = p AV A nr = 38 K. Tenendo poi presente la natura delle trasformazioni AB, BC e CA, possiamo scrivere rispettivamente le seguenti V A = T B V B ; T B V γ B = T C V γ C ; p C V C = 4p A V C = p A V A, dove γ = cp c V = 4/3 essendo il gas biatomico. Pertanto, tenendo presente che è T C =, avremo V C = V A 4 = 6.5 dm3 ; V B = V A 4 γ /γ = V A = 7.7 dm 3 ; Lungo la trasformazione AB possiamo scrivere e quindi S AB = nc p T B = V B = V A 4 = p A V A = 69 K. γ /γ 4 γ /γ nr dq = nc p dt ds = dq T = nc dt p T, T B dt T = n4rln TB = n4r γ γ ln4 = 46. J/K. Osservando che nella trasformazione adiabatica BC non viene scambiato calore, nel ciclo il gas assorbe calore solo nella trasformazione CA. Tale calore è pari a Q CA = L CA = A C pdv = nr V C V A dv V = nrln VA V C = nr ln4 = J. D altraparte, datochenell interocicloillavorolcompiutodalgaseilcaloreqdaessoscambiatosiequivalgono, si ha B L = Q = Q AB +Q CA = pdv +L CA = A [ = nc p T B +nr ln3 = 4 4 Conseguentemente, il rendimento del ciclo è η = L Q ass = L Q CA = ln4 [ 4 4 γ /γ γ /γ ] +ln4 nr = J. ] +ln4 = 0.55 In un espansione libera di un gas ideale, non c è ne calore scambiato con l ambiente, ne lavoro compiuto; inoltre gli stati iniziale e finale sono alla stessa temperatura. Perciò, se la trasformazione isoterma reversibile CA venisse sostituita con una espansione libera tra gli stessi stati, in tale trasformazione non ci sarebbe lavoro e, conseguentemente, il lavoro fatto nell intero ciclo sarebbe pari al solo calore scambiato nella trasformazione AB

8 che, come visto sopra, è negativo! In tali condizioni la macchina non potrebbe pi essere vista come una macchina termica non produce lavoro e pertanto non avrebbe più senso parlare di rendimento. PROBLEMA 4B Si supponga che nello spazio sia distribuita della carica con simmetria radiale intorno ad un punto O e che la seguente espressione Vr = Ar +Br 3, corrisponda al potenziale di un punto a distanza r da O A e B sono delle costanti incognite. Sapendo che la carica contenuta in una sfera con centro in O e raggio R =.50 m è nulla e che il potenziale dei punti di tale sfera è pari a V 0 = 00 V, determinare: a i valori delle costanti A e B; b l ampiezza del campo elettrostatico a distanza 3R da O specificando, se è diretto verso l interno o l esterno. Soluzione Il sistema è a simmetria radiale e quindi anche il campo elettrostatico è diretto radialmente e la sua ampiezza dipenderà solo dalla distanza dal punto O. In generale il campo elettrostatico può essere ottenuto a partire dal potenziale attraverso la seguente E E E = gradv = V = V x, V y, V z Conseguentemente, nel nostro caso, data la simmetria sferica, l ampiezza del campo sarà data dalla seguente Er = dv dr = A 3Br. La carica interna ad una sfera di raggio r, qr, con centro in O può essere ricavata attraverso il teorema di Gauss, come segue Φ E r = Er4πr = qr ε 0 qr = 4πε 0 r Er = 4πε 0 r A+3Br. A questo punto imponiamo le due condizioni date nel testo del problema e ricaviamo le costanti A e B. Si ha qr = 0 A+3BR = 0 A = 3BR ; dalle quali VR = V 0 AR+BR 3 = V 0 3BR 3 +BR 3 = V 0 BR 3 = V 0 A = 3V 0 R = 00 V/m; B = V 0 R 3 = 4.8 V/m3. Infine, a distanza R da O, l ampiezza del campo è ER = A 3B3R = 3V 0 R +3 V 0 R 39R = 3V 0 R + 7V 0 R = V 0 = 800 V/m. R Il segno negativo di tale ampiezza ci dice che il campo è diretto verso l interno..