TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI

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1 Università degli Studi di Udine Corso di Laurea in Ingegneria Gestionale A.A. 05/06 Sessione di Giugno/Luglio 06 Esame di FISICA GENERALE CFU) Primo Appello PROVA SCRITTA 3 Giugno 06 TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI PROBLEMA A 0 punti) Si consideri il sistema rappresentato in figura in cui m 8.0 kg m 6.0 kg e i coefficienti di attrito dinamico fra le masse e il tavolo sono µ 0.50 e µ 0.30 per m e m rispettivamente. Le masse sono collegate m m da cavi inestensibili e di massa nulla. Si supponga che la puleggia abbia massa nulla e sia senza attrito. g g g a) Trovare il valore della massa m affinché il sistema si muova di moto uniforme. m b) In tali condizioni si determini il valore della tensione. Sempre nelle condizioni di cui il punto a) si supponga che la velocità del sistema sia v 0.0 m/s. La massa m raggiunge il pavimento diventa nulla e l attrito arresta il moto delle due masse sul tavolo. c) Quando si sono fermate la distanza tra di esse si è accorciata? E se sì di quanto? Soluzione Le equazioni del moto per le tre masse sono m a µ N m a µ N ma mg con N m g reazione vincolare agente sulla massa e analogamente N m g. Le tre accelerazioni sono uguali in quanto la corda è inestensibile e senza massa: a a a. Sommando le tre equazioni si ottiene da cui a 0 moto uniforme) se In tali condizioni la tensione m +m +m)a mg µ m g µ m g m µ m +µ m 5.8 kg µ m g 7.7 N in quanto deve valere la prima equazione con a 0. Quando la massa m tocca terra le due masse proseguiranno il loro moto con la stessa velocità iniziale e con un accelerazione dovuta alla forza di attrito pari a µ g per la massa µ g per la massa. Dato che µ > µ il corpo si avvicinerà al corpo e la corda non sarà più tesa 0). Il corpo si fermerà dopo un tempo t tale per cui ovvero percorrendo uno spazio Per il corpo valgono considerazioni analoghe: Il corpo si avvicina quindi di 7 cm al corpo. v 0 µ gt 0 t v 0 /µ g 0.34 s s v 0 t µ gt / s v 0/µ g 0.7 m. t v 0 /µ g 0.0 s s v 0/µ g 0.0 m. PROBLEMA A 0 punti) Una sbarra rigida di sezione trascurabile lunga l.80 m e di massa M 0.0 kg è imperniata nel centro libera di ruotare in un piano orizzontale inizialmente ferma. Contro un suo estremo viene lanciato un oggetto di dimensioni trascurabilie di massa m.0 kg con velocità v.00 m/s in direzione ortogonale alla sbarra. Dopo l urto l oggetto rimbalza con velocità v sempre in direzione ortogonale alla sbarra. Supponendo che l urto tra l oggetto e sbarra sia perfettamente elastico si calcolino: a) la velocità angolare ω della sbarra dopo l urto b) la velocità v dell oggetto dopo l urto. Infine si determini: c) la velocità angolare ω che avremmo ottenuto se l oggetto invece di rimbalzare fosse rimasto attaccato alla sbarra.

2 Soluzione Per la conservazione del momento angolare calcolato rispetto al punto di incernieramento possiamo scrivere m l v Iω +ml v v v Iω ml dove I Ml 5.40 kg m è il momento d inerzia dell asticella. D altra parte l elasticità dell urto elastico comporta anche conservazione dell energia cinetica del sistema e cioè dovrà valere anche la seguente mv mv + Iω Pertanto inserendo l espressione di v ottenuta sopra si ha [ mv m v Iω +Iω ml [ ) 4I ml + ω 4v l ω 0 dalla quale otteniamo E quindi ω 4mlv rad/s. 4I +ml v v Iω ) ml v 8I 4I +ml.39 m/s. Se l oggetto fosse rimasto attaccato alla sbarra la conservazione del momento angolare darebbe [I +ml/ ω mvl/ dove la quantità fra parentesi quadrate è il momento d inerzia della sbarretta con la particella attaccata. Da qui: ω mvl [I +ml/ rad/s. PROBLEMA A3 0 punti) Un gas ideale biatomico segue il ciclo reversibile schematizzato in figura costituito dalle seguenti trasformazioni: isobara alla pressione p p 3 isocora con volume V 3 politropica pv k cost.) con k. Nello stato è p.50 p atm e V 0.0 dm 3. Sapendo che in un ciclo viene prodotto un lavoro L p V determinare: a) il volume b) i calori Q Q 3 e Q 3 scambiati dal gas in ogni trasformazione specificandone con attenzione il segno p 3 c) il rendimento η del ciclo. [Nei calcoli di cui al punto a) si suggerisce di esprimere V x e ricavare x V Soluzione Prima di tutto stabiliamo le relazioni che intercorrono tra le pressioni le temperature e i volumi nei tre stati. Per le tre trasformazioni abbiamo: isobara) 3 isocora) V V p p T 3 p T 3 p 3 politropica) p V k p V k p p dove le pressioni e i volumi sono state indicate come in figura mentre e T 3 corrispondono alle rispettive temperature dei tre stati. Si noti che combinando le tre espressioni si ottengono anche le seguenti V ) k V T 3 V T 3 V. Mentre nell isocora il lavoro compiuto dal gas è nullo nelle altre due trasformazioni abbiamo ) L p V ) p V V V L 3 p V k V k dv p V k k V k ) k k p V p ) p V p ) p V V ) p V dove si è sostituito il valore di k e si è tenuto conto della relazione tra le pressioni e i volumi ottenute in precedenza.

3 Pertanto il lavoro compiuto dal gas in un ciclo è pari a L L +L 3 p V ) p V V ) V p V + V ). V Quindi esprimendo V x e tenendo presente che è L p V otteniamo la seguente equazione di secondo grado + V L x+ V p V x x 4x+ 0 la cui soluzione con significato fisico è essendo > V deve essere x > ) Abbiamo quindi x 4x+ 0 x V 74.6 dm 3. Per i calori scambiati nelle tre trasformazioni si ha ) ) T Q nc p ) nc p nc p V [ V Q 3 nc V T 3 ) nc V 7 ) p V J > 0 V ) [ V nc V 5 ) [ V p V V J < 0 V Q 3 E int3 +L 3 nc V T 3 ) p V V ) nc V T 3 ) p V V ) 3 V p V V ) J > 0 Infine notando che i calori Q e Q 3 sono positivi per il rendimento del ciclo si ottiene η L Q ass L Q +Q 3 7 p V V p V )+ 3 p V V ) 4 ) ) V +3 V PROBLEMA A4 0 punti) In una sfera di raggio R 60.0 cm è distribuita una quantità di carica Q la carica è distribuita nella sfera in modo non uniforme ma con simmetria radiale intorno al suo centro O. Al di fuori della sfera non ci sono cariche. Prendendo O a potenziale nullo il potenziale elettrostatico a distanza r dal centro della sfera con 0 r R ) è espresso dalla seguente ) Vr) A rr r con A V/m. Determinare: a) a quale distanza dall origine R si annulla il campo elettrostatico b) la quantità di carica Q presente nella sfera di raggio R c) il potenziale elettrostatico V a distanza infinita dalla sfera d) l espressione della densità di carica volumica ρr) con cui la carica Q è distribuita all interno della sfera. Soluzione Data la simmetria radiale il campo elettrostatico può essere calcolato attraverso la seguente Er) dv ) [ dr A r + rr r A 3 r ) r. R R Conseguentemente il campo elettrostatico si annulla ad una distanza R data da ER ) 0 3 R R R 3 R 40.0 cm. Ora applicando il teorema di Gauss ad una sfera con centro in O e raggio r R possiamo scrivere Φ E r) Er)4πr qr) qr) 4πε 0 Er) 4πε 0 A 3 r ) r 3 ε 0 R dove qr) è la carica interna alla sfera in questione. Pertanto la carica Q di cui al punto b) è Q qr ) 4πε 0 AR C.

4 Applicando ora il teorema di Gauss ad una sfera sempre con centro in O ma con raggio r > R si ottiene Φ E r) Er)4πr Q ε 0 Er) Q 4πε 0 r e quindi per la d.d.p. di un punto a distanza infinita dalla sfera è VR ) V R Er)dr V VR ) R Er)dr 0 Q 4πε 0 R dr r Q 4πε 0 R 360 V. Infine si noti che se fosse stata nota la funzione densità di carica volumica ρr) avremmo potuto esprimenre la quantità di carica dq in un guscio sferico di raggio r e spessore dr come segue dq ρr) 4πr dr. Ma allora la densità di carica può essere espressa ricavata dalla seguente ρr) 4πr dq dr dove dq/dr non è altro che la derivata rispetto ad r) della funzione qr) ottenuta in precedenza. Effettuando il calcolo si ottiene ρr) { [ 3 4πr 4πε 0 A r r } )r R R ε 0A 3 r r 3 6r + 9 ) r 3 ε ) 0A R R r r 3 6r 6ε 0 A r ). R R PROBLEMA B 0 punti) Si consideri il sistema rappresentato in figura in cui m 6.0 kg m 8.0 kg e i coefficienti di attrito dinamico fra le masse e il tavolo sono µ 0.45 e µ 0.35 per m e m rispettivamente. Le masse sono collegate m m da cavi inestensibili e di massa nulla. Si supponga che la puleggia abbia massa nulla e sia senza attrito. g g g a) Trovare il valore della massa m affinché il sistema si muova di moto uniforme. m b) In tali condizioni si determini il valore della tensione. Poi nelle condizioni di cui il punto a) si supponga che la velocità del sistema sia v 0.5 m/s. La massa m raggiunge il pavimento diventa nulla e l attrito arresta il moto delle due masse sul tavolo. c) Quando si sono fermate la distanza tra di esse si è accorciata? E se sì di quanto? Soluzione Le equazioni del moto per le tre masse sono m a µ N m a µ N ma mg con N m g reazione vincolare agente sulla massa e analogamente N m g. Le tre accelerazioni sono uguali in quanto la corda è inestensibile e senza massa: a a a. Sommando le tre equazioni si ottiene da cui a 0 moto uniforme) se In tali condizioni la tensione m +m +m)a mg µ m g µ m g m µ m +µ m 5.50 kg µ m g 7.5 N in quanto deve valere la prima equazione con a 0. Quando la massa m tocca terra le due masse proseguiranno il loro moto con la stessa velocità iniziale e con un accelerazione dovuta alla forza di attrito pari a µ g per la massa µ g per la massa. Dato che µ > µ il corpo si avvicinerà al corpo e la corda non sarà più tesa 0). Il corpo si fermerà dopo un tempo t tale per cui v 0 µ gt 0 ovvero t v 0 /µ g 0.44 s

5 percorrendo uno spazio Per il corpo valgono considerazioni analoghe: Il corpo si avvicina quindi di 8 cm al corpo. s v 0 t µ gt / s v 0/µ g 0.33 m. t v 0 /µ g 0.34 s s v 0 /µ g 0.5 m. PROBLEMA B 0 punti) Una sbarra rigida di sezione trascurabile lunga l.60 m e di massa M 5.0 kg è imperniata nel centro libera di ruotare in un piano orizzontale inizialmente ferma. Contro un suo estremo viene lanciato un oggetto di dimensioni trascurabilie di massa m 0.80 kg con velocità v.40 m/s in direzione ortogonale alla sbarra. Dopo l urto l oggetto rimbalza con velocità v sempre in direzione ortogonale alla sbarra. Supponendo che l urto tra l oggetto e sbarra sia perfettamente elastico si calcolino: a) la velocità angolare ω della sbarra dopo l urto b) la velocità v dell oggetto dopo l urto. Infine si determini: c) la velocità angolare ω che avremmo ottenuto se l oggetto invece di rimbalzare fosse rimasto attaccato alla sbarra. Soluzione Per la conservazione del momento angolare calcolato rispetto al punto di incernieramento possiamo scrivere m l v Iω +ml v v v Iω ml dove I Ml 3.0 kg m è il momento d inerzia dell asticella. D altra parte l elasticità dell urto elastico comporta anche conservazione dell energia cinetica del sistema e cioè dovrà valere anche la seguente Pertanto inserendo l espressione di v ottenuta sopra si ha dalla quale otteniamo E quindi mv mv + Iω [ mv m v Iω +Iω ml [ ) 4I ml + ω 4v l ω 4mlv 0.87 rad/s. 4I +ml v v Iω ) ml v 8I 4I +ml.74 m/s. ω 0 Se l oggetto fosse rimasto attaccato alla sbarra la conservazione del momento angolare darebbe [I +ml/ ω mvl/ dove la quantità fra parentesi quadrate è il momento d inerzia della sbarretta con la particella attaccata. Da qui: ω mvl [I +ml/ 0.4 rad/s. PROBLEMA B3 0 punti) Un gas ideale poliatomico segue il ciclo reversibile schematizzato in figura costituito dalle seguenti trasformazioni: politropica pv k cost.) con k 3 isobara 3 isocora. Nello stato è p 3.50 atm e V 35.0 dm 3. p Sapendo che in un ciclo viene prodotto un lavoro L p V determinare: a) il volume b) i calori Q Q 3 e Q 3 scambiati dal gas in ogni trasformazione specificandone con attenzione il segno p 3 c) il rendimento η del ciclo. [Nei calcoli di cui al punto a) si suggerisce di esprimere V x e ricavare x V Soluzione Prima di tutto stabiliamo le relazioni che intercorrono tra le pressioni le temperature e i volumi nei tre stati. Per le tre trasformazioni abbiamo: politropica) p V k p k p ) k V V p 3 isobara) 3 isocora) V T 3 T 3 V p p T 3 p T 3 p

6 dove le pressioni e i volumi sono state indicate come in figura mentre e T 3 corrispondono alle rispettive temperature dei tre stati. Si noti che combinando le tre espressioni si ottengono anche le seguenti T 3 V V. Mentre nell isocora il lavoro compiuto dal gas è nullo nelle altre due trasformazioni abbiamo L p V k V k dv p V k V k L 3 p V ) p V p p V V k V k ) ) p V V k p p V ) p V V ) V ) p p V V ) p V dove si è sostituito il valore di k e si è tenuto conto della relazione tra le pressioni e i volumi ottenute in precedenza. Pertanto il lavoro compiuto dal gas in un ciclo è pari a L L +L 3 p V V ) V +p V V ) [ p V V ) V +. V Quindi esprimendo V x e tenendo presente che è L p V otteniamo la seguente equazione di secondo grado V V + L p V x + x x 4x+ 0 la cui soluzione con significato fisico è essendo > V deve essere x > ) Abbiamo quindi x 4x+ 0 x V 9 dm 3. Per i calori scambiati nelle tre trasformazioni si ha Q E int +L nc V )+p V V ) T nc V )+p V V ) p V V ) J < 0 ) ) ) ) ) T3 V V V V Q 3 nc p T 3 ) nc p nc p 4p V J < 0 Q 3 nc V T 3 ) nc V T ) [ 3 3p V V Infine notando che solo Q 3 è positivo per il rendimento del ciclo si ottiene η L Q ass L Q 3 p V 3p V [ V [ J > 0 ) 0.8. V PROBLEMA B4 0 punti) In una sfera di raggio R 90.0 cm è distribuita una quantità di carica Q la carica è distribuita nella sfera in modo non uniforme ma con simmetria radiale intorno al suo centro O. Al di fuori della sfera non ci sono cariche. Prendendo O a potenziale nullo il potenziale elettrostatico a distanza r dal centro della sfera con 0 r R ) è espresso dalla seguente ) r Vr) A r R con A V/m. Determinare: a) a quale distanza dall origine R si annulla il campo elettrostatico b) la quantità di carica Q presente nella sfera di raggio R c) il potenziale elettrostatico V a distanza infinita dalla sfera d) l espressione della densità di carica volumica ρr) con cui la carica Q è distribuita all interno della sfera.

7 Soluzione Data la simmetria radiale il campo elettrostatico può essere calcolato attraverso la seguente Er) dv [ ) ) r r dr A + r A 3 rr r R R Conseguentemente il campo elettrostatico si annulla ad una distanza R data da ER ) 0 3 R R R 3 R 60.0 cm. Ora applicando il teorema di Gauss ad una sfera con centro in O e raggio r R possiamo scrivere Φ E r) Er)4πr qr) ) qr) 4πε 0 Er) 4πε 0 A 3 rr r 3 ε 0 dove qr) è la carica interna alla sfera in questione. Pertanto la carica Q di cui al punto b) è Q qr ) 4πε 0 AR C. Applicando ora il teorema di Gauss ad una sfera sempre con centro in O ma con raggio r > R si ottiene Φ E r) Er)4πr Q ε 0 Er) Q 4πε 0 r e quindi per la d.d.p. di un punto a distanza infinita dalla sfera è VR ) V R Er)dr V VR ) R Er)dr 0 Q 4πε 0 R dr r Q 4πε 0 R 4050 V. Infine si noti che se fosse stata nota la funzione densità di carica volumica ρr) avremmo potuto esprimenre la quantità di carica dq in un guscio sferico di raggio r e spessore dr come segue dq ρr) 4πr dr. Ma allora la densità di carica può essere espressa ricavata dalla seguente ρr) 4πr dq dr dove dq/dr non è altro che la derivata rispetto ad r) della funzione qr) ottenuta in precedenza. Effettuando il calcolo si ottiene ρr) { [ 4πr 4πε 0 A 3 } r )r rr R ε ) 0A 3R r r 3 +6r 9R r 3 ε 0A r ) ) r 3 +6r 6ε 0 A rr. R