K + U g = L n.c. 1 2 m 2v 2 2f +m 2gl 0 sinθ = f k l 0 = µ k m 2 gl 0 cosθ, dalla quale si ricava

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1 Università degli Studi di Udine, Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica A.A. 207/208, Sessione di Giugno/Luglio 208, Primo Appello Esame di FISICA I, Prova scritta del 26 Giugno 208 TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI PROBLEMA A Su di un piano inclinato di un angolo θ = 35 rispetto all orizzontale sono posti vedi figura) i corpi e 2 aventi le l 0 masse m =.50 kg e m 2 = 4.00 kg, rispettivamente. Il corpo può scivolare liberamente con attrito trascurabile sul piano inclinato: è agganciato all estremo di una molla 2 ideale) di costante elastica k = N/m con l altro estremo fissato al piano inclinato. Invece, il corpo 2 risente sia di attrito statico che dinamico: µ θ s è sufficiente da mantenerlo in equilibrio statico quando è posto in quiete sul piano inclinato; µ k = Come indicato in figura, il corpo 2 è ad una distanza l 0 = 80.0 cm dalla sommità del piano inclinato. Nella disposizione di figura entrambi i corpi sono in equilibrio statico; il corpo 2, sebbene molto vicino al corpo, non è in contatto con esso. A partire da tale disposizione il corpo viene spostato verso il basso lungo il piano inclinato) di un l e, da fermo, lasciato andare, di modo che, risalendo, urti elasticamente contro il corpo 2. Sapendo che in seguito all urto il corpo 2 raggiunge esattamente la sommità del piano inclinato, determinare: a) lo spostamento iniziale l del corpo ; b) la frequenza ν e l ampiezza l del moto armonico seguito dal corpo dopo l urto. [Supporre che le forze impulsive all atto dell urto siano molto più intense delle altre forze presenti.] Soluzione Dopo l urto il corpo 2 raggiunge esattamente la sommità del piano inclinato: applicando a tale moto la conservazione dell energia, la velocità del corpo 2 dopo l urto, v 2f, dovrà soddisfare la seguente dalla quale si ricava K + U g = L n.c. 2 m 2v 2 2f +m 2gl 0 sinθ = f k l 0 = µ k m 2 gl 0 cosθ, v 2f = 2gl 0 sinθ+µ k cosθ) = 3.84 m/s. Nell urto elastico tra i due corpi si conserva sia la quantità di moto che l energia cinetica. Quindi, scrivendo le relazioni, mettendo a sistema e risolvendo si è scelto un asse parallelo al piano inclinato e diretto verso la sua commità), abbiamo { m v i = m v f +m 2 v 2f m vi 2 = m vf 2 +m 2v2f 2 v f = v 2f v i ; v i = m +m 2 v 2f 2m dove v i e v f sono le velocità del corpo subito prima e subito dopo l urto. Poi, tenendo presente che durante il suo avvicinamento al corpo 2, l energia meccanica del corpo si conserva, si ha 2 k l2 = 2 m vi 2 = m +m 2 ) 2 v2f 2 8 m. Quindi, sostituendo l espressione di v 2f ottenuta in precedenza, si ricava l 2 = m +m 2 ) 2 gl 0 sinθ +µ k cosθ) l = 2m k m +m 2 ) 2 gl 0 sinθ +µ k cosθ) = 20.0 cm. 2m k Si noti che, avendo assunto come citato nel testo) la posizione iniziale del corpo come posizione di equilibrio, nell espressione dell energia meccanica non compare l energia potenziale gravitazionale!

2 Per quanto riguarda l oscillazione armonica del corpo dopo l urto, si capisce immediatamente che, analogamente ad ogni sistema massa molla, la sua pulsazione sarà pari a ω = k/m. Conseguentemente, la sua frequenza è ν = ω 2π = k = 5.60 Hz. 2π m Infine, per l ampiezza dell ampiezza dell oscillazione possiamo ragionare come segue. Dopo l urto, il corpo ha una velocità pari a v f = v 2f v i = m ) +m 2 v 2f = 2m m2 m 2m ) v 2f = 3.20 m/s. Il che significa che il corpo torna indietro e la molla verrà compressa. Durante tale compressione l energia meccanica del corpo si conserva e alla massima compressione, l, avremo 2 m vf 2 = 2 k l ) 2 l m = k v f = v f = 9.0 cm. ω Ovviamente, tale spostamento corrisponde all ampiezza dell oscillazione armonica: cioè, se consideriamo un asse x parallelo al piano inclinato, diretto verso la sua sommità e con origine nella posizione inizialedelcorpo, durantelasuaoscillazione lasuaequazioneorariasaràdeltipoxt) = l sinωt). PROBLEMA A2 Si abbia una puleggia doppia costituita da due corpi cilindrici omogenei dello stesso materiale) di uguale lunghezza l/2 l/2 e di raggi R = 30.0 cm e r = 20.0 cm come schematizzato nella parte superiore della figura). Le due parti cilindriche sono coassiali e formano un corpo unico di massa com- m R r plessiva M = 6.00 kg. La puleggia è montata su un asse M orizzontale intorno al quale può ruotare liberamente. τ τ τ a) Si determini il momento d inerzia della puleggia. Intorno alla parte cilindrica di raggio R della puleggia è 2 avvolta la corda al cui altro estremo è agganciato il corpo, di massa m = 2.00 kg; tale corpo poggia su un piano orizzontale che presenta attrito statico e dinamico con µ s = m e µ k = Invece, intorno alla parte cilindrica di raggio r della puleggia è avvolta la corda 2 a cui è agganciato e sospeso verticalmente il corpo 2, di massa m 2 = 3.00 kg. Le corde sono ideali, di massa trascurabile e non scivolano mai rispetto alla puleggia. Nell ipotesi che all asse della puleggia venga applicata una coppia di momento τ τ τ, con il verso indicato in figura, si determini: b) entro quali limiti, τ min e τ max, potrà variare τ τ τ affinchè il sistema rimanga in equilibrio statico; c) le accelerazioni a e a 2 con cui si muovono i corpi e 2 nel caso in cui τ τ τ abbia modulo τ = 2τ max. Soluzione Dato che i due corpi cilindrici formano un corpo unico, il momento d inerzia I della puleggia sarà pari alla somma dei momenti d inerzia I r e I R dei due cilindri di raggi r e R e lunghezza l/2) rispetto al comune asse di rotazione che passa anche per i rispettivi centri di massa. Essendo i due cilindri omogenei e costituiti dallo stesso materiale, le masse M r e M R dei due cilindri dovranno valere le seguenti M r +M R = M; M r = πr2 l/2 M R πr 2 l/2 = r2 R 2 M r = r 2 r 2 +R 2M; M R = R2 r 2 +R 2M. Conseguentemente, dovrà essere I = 2 M rr M RR 2 = r 4 2 M +R 4 ) r 2 +R 2 = kg m 2.

3 Quando il sistema è in equilibrio statico la risultante delle forze e dei momenti agenti su ogni sua parte dovrà essere nulla. Indicando con T e T 2 sia i moduli delle tensioni delle corde e 2 rispettivamente) che i moduli delle rispettive forze che gli estremi di tali corde esercitano sui corpi e sulla puleggia, l applicazione della 2 a legge della dinamica nelle forme lineare per i corpi e 2) e angolare per la puleggia) ci permette di scrivere le seguenti relazioni 0 = T f s 0 = T 2 m 2 g 0 = τ RT rt 2, dove si sono considerate le componenti delle forze rispetto ad assi paralleli alle corde rispettivamente, orizzontale verso destra per la prima equazione, verticale verso l alto per la seconda) e i momenti rispetto all asse della puleggia prendendo τ τ τ come positivo). Ricavando T e T 2 dalle prime due equazioni e sostituendo nella terza, si ottiene T = f s ; T 2 = m 2 g; τ = RT +rt 2 = Rf s +rm 2 g. Ma per la forza di attrito statico vale la seguente e pertanto, dovrà essere τ min τ τ max 0 f s f s,max con f s,max = µ s N = µ s m g, con τ min = rm 2 g = 5.89 N m τ max = Rµ s m +rm 2 )g = 9.42 N m Quando il modulo di τ τ τ supera τ max il sistema non sarà più in equilibrio e l applicazione della 2 a legge della dinamica porterà alle seguenti m a = T f k = T µ k m g m 2 a 2 = T 2 m 2 g, ) Iα = τ RT rt 2 dove ora a e a 2 sono le accelerazioni lineari) dei corpi e 2, α è l accelerazione angolare della puleggia e f k = µ k m g è la forza di attrito dinamico relativa al contatto tra il corpo e il piano di appoggio. Ora si osservi che tra le accelerazioni valgono le seguenti relazioni α = a R = a 2 r α = a R ; a 2 = r R a, che possono essere inserite nelle*). Quindi, dalle prime due equazioni delle*) estraiamo le espressioni di T e T 2 e le inseriamo nella terza ottenendo I a R = τ Rm r ) a +µ k m g) r m 2 R a +m 2 g I +m R 2 +m 2 r 2) a = τ µ k m Rg m 2 rg)r, dalla quale ricaviamo a = τ µ km Rg m 2 rg)r I +m R 2 +m 2 r 2. ) Ponendo τ = 2τ max = 2Rµ s m +rm 2 )g, si ottiene e a = [2µ s µ k )m R+m 2 r]rg I +m R 2 +m 2 r 2 = 6.06 m/s 2 ; a 2 = r R a = 2 3 a = 4.04 m/s 2, α = a R = 20.2 rad/s2. PROBLEMA A3 Una macchina di Carnot assorbe in un ciclo dalla sorgente a temperatura più alta) una quantità di calore Q = J ed ha un rendimento η =

4 a) Determinare il lavoro L prodotto dalla macchina in un ciclo. Il lavoro L viene utilizzato per comprimere un gas ideale biatomico lungo una trasformazione politropica reversibile pv k = cost.) con k = 2.0, a partire da uno stato iniziale caratterizzato dai valori di pressione, volume e temperatura p i =.0 atm, = 0.0 dm 3 e T i = 200 K. Determinare: b) pressione p f ) e volume ) del gas alla fine della compressione; c) il calore scambiato dal gas lungo la trasformazione. Soluzione Nella macchina di Carnot la quantità di calore scambiata con la sorgente ad alta temperatura è anche pari al calore assorbito dalla macchina stessa. Perciò il lavoro da essa prodotto sarà pari a η = L Q ass. = L Q L = ηq = 900 J. Se tale lavoro viene utilizzato per comprimere un gas biatomico lungo la politropica pv k = cost. con k = 2) a partire dallo stato p i,,t i ), allora il lavoro compiuto dal gas lungo tale trasformazione dovrà essere pari a L. Se indichiamo con il volume finale della trasformazione, il lavoro fatto dal gas biatomico è pari a L k = Vf pdv = p i V k i Vf V k dv = p i k [V k] = k k [p f p i ]. Quindi, dovremo avere [ ] pf L k = L [p f p i ] = p i p i e sostituendo p f /p i = / ) k, si ottiene [ ) k p i ] = k )L Inserendo l attuale valore di k k = 2) si ha ) k = + = k )L, k )L p i = [ + k )L p i ] /k ). = [ + L p i ] = = 5.28 dm 3, e conseguentemente p f = ) k p i = ) 2 p i = 3.57 atm; T f = p f nr = 375 K. Il calore scambiato nella trasformazione lo otteniamo attraverso la prima legge della termodinamica. Notando che è n = p i /RT i = 0.6 mol, si ha E int = Q L k Q = E int +L k = nc V T f T i ) L = n 5 2 RT f T i ) L = J. PROBLEMA B Su di un piano inclinato di un angolo θ = 25 rispetto all orizzontale sono posti vedi figura) i corpi e 2 aventi le masse m =.00 kg e m 2 = 3.00 kg, rispettivamente. Il corpo può scivolare liberamente con attrito trascurabile sul piano inclinato: è agganciato all estremo di una molla ideale) di costante elastica k = N/m con l altro estremo fissato al piano inclinato. Invece il corpo 2 risente l 0 θ 2

5 sia di attrito statico che dinamico: µ s è sufficiente da mantenerlo in equilibrio statico quando è posto in quiete sul piano inclinato; µ k = Il corpo 2 è ad una distanza l 0 = 20 cm dal punto più basso del piano inclinato. Nella disposizione di figura entrambi i corpi sono in equilibrio statico; il corpo 2, sebbene molto vicino al corpo, non è in contatto con esso. A partire da tale disposizione il corpo viene spostato verso l alto lungo il piano inclinato) di un l e, da fermo, lasciato andare, di modo che, scendendo, urti elasticamente contro il corpo 2. Sapendo che in seguito all urto il corpo 2 raggiunge il punto più basso del piano inclinato con una velocità V = 5.00 m/s, determinare: a) lo spostamento iniziale l del corpo ; b) la frequenza ν e l ampiezza l del moto armonico seguito dal corpo dopo l urto. [Supporre che le forze impulsive all atto dell urto siano molto più intense delle altre forze presenti.] Soluzione Dopo l urto il corpo 2 raggiunge il fondo del piano inclinato con una velocità V: applicando a tale moto la conservazione dell energia, la velocità del corpo 2 subito dopo l urto, v 2f, dovrà soddisfare la seguente K + U g = L n.c. 2 m 2V 2 2 m 2v 2 2f m 2gl 0 sinθ = f k l 0 = µ k m 2 gl 0 cosθ, dalla quale si ricava v 2f = V 2 +2gl 0 µ k cosθ sinθ) = 5.48 m/s. Nell urto elastico tra i due corpi si conserva sia la quantità di moto che l energia cinetica. Quindi, scrivendo le relazioni, mettendo a sistema e risolvendo si è scelto un asse parallelo al piano inclinato e diretto verso il suo punto più basso), abbiamo { m v i = m v f +m 2 v 2f m vi 2 = m vf 2 +m 2v2f 2 v f = v 2f v i ; v i = m +m 2 v 2f 2m dove v i e v f sono le velocità del corpo subito prima e subito dopo l urto. Poi, tenendo presente che durante il suo avvicinamento al corpo 2, l energia meccanica del corpo si conserva, si ha 2 k l2 = 2 m vi 2 = m +m 2 ) 2 v2f 2 8 m. Quindi, sostituendo l espressione di v 2f ottenuta in precedenza, si ricava l 2 = m +m 2 ) 2 4m k [ V 2 +2gl 0 µ k cosθ sinθ) ] l = m +m 2 ) 2 4m k [V 2 +2gl 0 µ k cosθ sinθ)] = 40.0c Per quanto riguarda l oscillazione armonica del corpo dopo l urto, si capisce immediatamente che, analogamente ad ogni sistema massa molla, la sua pulsazione sarà pari a ω = k/m. Conseguentemente, la sua frequenza è ν = ω 2π = k = 4.36 Hz. 2π m Infine, per l ampiezza dell oscillazione possiamo ragionare come segue. Dopo l urto, il corpo ha una velocità pari a v f = v 2f v i = m ) ) +m 2 m2 m v 2f = v 2f = v 2f = 5.48 m/s. 2m 2m Questo significa che il corpo torna indietro e la molla verrà compressa. Durante tale compressione l energia meccanica del corpo si conserva e alla massima compressione, l, avremo 2 m vf 2 = 2 k l ) 2 l m = k v f = v f = 20.0 cm. ω

6 Ovviamente, tale spostamento corrisponde all ampiezza dell oscillazione armonica: cioè, se consideriamo un asse x parallelo al piano inclinato, diretto verso il suo punto più basso e con origine nella posizione iniziale del corpo, durante la sua oscillazione la sua equazione oraria sarà del tipo xt) = l sinωt). PROBLEMA B2 Si abbia una puleggia doppia costituita da due corpi cilindrici omogenei dello stesso materiale) di uguale lunghezza l/2 l/2 e di raggi R = 40.0 cm e r = 20.0 cm come schematizzato R r nella parte superiore della figura). Le due parti cilindriche sono coassiali, formano un corpo unico di massa complessiva M = 0.0 kg. La puleggia è montata su un asse M τ τ τ orizzontale intorno al quale può ruotare liberamente. m a) Si determini il momento d inerzia della puleggia. Intorno alla parte cilindrica di raggio r della puleggia è 2 avvolta la corda al cui altro estremo è agganciato il corpo, di massa m = 6.00 kg; tale corpo poggia su un piano orizzontale che presenta attrito statico e dinamico con µ s = m e µ k = Invece, intorno alla parte cilindrica di raggio R della puleggia è avvolta la corda 2 a cui è agganciato e sospeso verticalmente il corpo 2, di massa m 2 =.00 kg. Le corde sono ideali, di massa trascurabile e non scivolano mai rispetto alla puleggia. Nell ipotesi che all asse della puleggia venga applicata una coppia di momento τ τ τ, con il verso indicato in figura, si determini: b) entro quali limiti, τ min e τ max, potrà variare τ τ τ affinchè il sistema rimanga in equilibrio statico; c) leaccelerazioni a ea 2 concuisimuoverannoicorpie2nelcasoincui τ τ τ abbiamoduloτ = 3τ max. Soluzione Dato che i due corpi cilindrici formano un corpo unico, il momento d inerzia I della puleggia sarà pari alla somma dei momenti d inerzia I r e I R dei due cilindri di raggi r e R e lunghezza l/2) rispetto al comune asse di rotazione che passa anche per i rispettivi centri di massa. Essendo i due cilindri omogenei e costituiti dallo stesso materiale, le masse M r e M R dei due cilindri dovranno valere le seguenti M r +M R = M; M r M R = πr2 l/2 πr 2 l/2 = r2 R 2 M r = r 2 r 2 +R 2M; M R = R2 r 2 +R 2M. Conseguentemente, dovrà essere I = 2 M rr M RR 2 = r 4 2 M +R 4 ) r 2 +R 2 = kg m 2. Quando il sistema è in equilibrio statico la risultante delle forze e dei momenti agenti su ogni sua parte dovrà essere nulla. Indicando con T e T 2 sia i moduli delle tensioni delle corde e 2 rispettivamente) che i moduli delle rispettive forze che gli estremi di tali corde esercitano sui corpi e sulla puleggia, l applicazione della 2 a legge della dinamica nelle forme lineare per i corpi e 2) e angolare per la puleggia) ci permette di scrivere le seguenti relazioni 0 = T f s 0 = m 2 g T 2 0 = τ rt +RT 2, dove si sono considerate le componenti delle forze rispetto ad assi paralleli alle corde rispettivamente, orizzontale verso destra per la prima equazione, verticale verso il basso per la seconda) e i momenti

7 rispetto all asse della puleggia prendendo τ τ τ come positivo). Ricavando T e T 2 dalle prime due equazioni e sostituendo nella terza, si ottiene T = f s ; T 2 = m 2 g; τ +RT 2 = rt τ +Rm 2 g = rf s. Ora si noti che se il sistema sarebbe in equilibrio anche con τ = 0, a patto che f s R r m 2g. In effetti, le cose stanno così, dato che la forza di attrito statico vale la seguente 0 f s f s,max con f s,max = µ s N = µ s m g, e quindi f s,max = µ s m g = 4.2 N, mentre R r m 2g = 9.6 N. Pertanto, dovrà essere τ min = 0 τ min τ τ max con τ max = rµ s m Rm 2 )g = 4.32 N m. Quando il modulo di τ τ τ supera τ max il sistema non sarà più in equilibrio e l applicazione della 2 a legge della dinamica porterà alle seguenti m a = T f k = T µ k m g m 2 a 2 = m 2 g T 2, ) Iα = τ rt +RT 2 dove ora a e a 2 sono le accelerazioni lineari) dei corpi e 2, α è l accelerazione angolare della puleggia e f k = µ k m g è la forza di attrito dinamico relativa al contatto tra il corpo e il piano di appoggio. Ora si osservi che tra le accelerazioni valgono le seguenti relazioni α = a r = a 2 R α = a r ; a 2 = R r a, che possono essere inserite nelle*). Quindi, dalle prime due equazioni delle*) estraiamo le espressioni di T e T 2 e le inseriamo nella terza ottenendo I a ) r = τ rm R a +µ k m g)+r m 2 g m 2 r a dalla quale ricaviamo I +m r 2 +m 2 R 2) a = τ µ k m rg+m 2 Rg)r, a = τ µ km rg+m 2 Rg)r I +m r 2 +m 2 R 2. ) Ponendo τ = 3τ max = 3rµ s m Rm 2 )g, si ottiene e a = [3µ s µ k )m r 2m 2 R]rg I +m r 2 +m 2 R 2 = 2.03 m/s 2 ; a 2 = R r a = 2a = 4.07 m/s 2, α = a r = 0.2 rad/s2. PROBLEMA B3 Una macchina di Carnot assorbe in un ciclo dalla sorgente a temperatura più alta) una quantità di calore Q = J ed ha un rendimento η = a) Determinare il lavoro L prodotto dalla macchina in un ciclo. Il lavoro L viene utilizzato per comprimere un gas ideale biatomico lungo una trasformazione politropica reversibile pv k = cost.) con k = 3.0, a partire da uno stato iniziale caratterizzato dai valori di pressione, volume e temperatura p i = 2.0 atm, = 5.0 dm 3 e T i = 200 K. Determinare:

8 b) pressione p f ) e temperatura T f ) del gas alla fine della compressione; c) la variazione di entropia subita dal gas. Soluzione Nella macchina di Carnot la quantità di calore scambiata con la sorgente ad alta temperatura è anche pari al calore assorbito dalla macchina stessa. Perciò il lavoro da essa prodotto sarà pari a η = L Q ass. = L Q L = ηq = 800 J. Se tale lavoro viene utilizzato per comprimere un gas biatomico lungo la politropica pv k = cost. con k = 2) a partire dallo stato p i,,t i ), allora il lavoro compiuto dal gas lungo tale trasformazione dovrà essere pari a L. Se indichiamo con il volume finale della trasformazione, il lavoro fatto dal gas biatomico è pari a L k = Vf pdv = p i V k i Vf V k dv = p i k [V k] = k k [p f p i ]. Quindi, dovremo avere [ ] pf L k = L [p f p i ] = p i p i e sostituendo p f /p i = / ) k, si ottiene [ ) k p i ] = k )L Inserendo l attuale valore di k k = 3) si ha ) k = + = k )L, k )L p i = [ + k )L p i ] /k ). = + 2L p i = = 2. dm 3, e conseguentemente p f = ) k p i = ) 3 p i = 3.78 atm; T f = p f nr = 305 K. Notando che è n = p i /RT i =.82 mol, la variazione di entropia tra gli stati i e f è pari a ) ) [ ) )] Tf Vf 5 S = nc V ln +nrln = n 2 Rln Tf Vf +nrln = 2.8 J/K. T i T i