TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI

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1 Università degli Studi di Udine, Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica Esami di FISICA I 9 CFU e Fisica Generale CFU A.A. 07/08, Sessione di Settembre 08, Prova scritta del 3 Settembre 08 TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI PROBLEMA A Un cilindro omogeneo di raggio R = 0.0 cm e massa M = 5.0 g è posto su un piano che è inclinato di un angolo θ = Come si vede dalla figura intorno al cilindro è avvolta una corda di massa trascurabile ed inestensibile all altro capo della quale è appeso tramite una piccola puleggia ideale m un corpo di massa m. M R Dapprima si supponga che il cilindro non scivoli sul piano inclinato. Determinare: a il valore di m, m eq, in corrispondenza del quale il sistema è θ in equilibrio statico; b l accelerazione con cui scende il corpo di massa m nel caso in cui sia m = m eq m eq è la massa calcolata al punto a. Si supponga poi che il piano inclinato sia perfettamente liscio e che quindi non ci siano forze di attrito tra cilindro e piano di appoggio. In tali condizioni, calcolare: c l accelerazioneconcuiscendeilcorpodimassamel accelerazioneangolaredelcilindronelcasodim = m eq m eq è sempre la massa calcolata al punto a. [In tutti i casi supporre che la corda avvolta non slitti rispetto al cilindro.] Soluzione Ladinamicadelsistemasirisolveapplicandola a leggedelladinamicanelleformelineareeangolare. Consideriamo il caso in cui il cilindro non scivola sul piano inclinato e applichiamo la a legge della dinamica in forma lineare al moto del corpo appeso asse verticale diretto verso il basso e, nelle forme lineare e angolare, al moto del cilindro asse parallelo al piano inclinato diretto verso la sua sommità e momenti rispetto all asse passante per il suo centro si massa; si ottengono le seguenti ma = mg T Ma cm = T Mgsinθ f s I cm α = RT +Rf s dovea, a cm sonoleaccelerazionilinearidelcorpodimassamedelcentrodimassadelcilindro,αèl accelerazione angolare del cilindro, T è il modulo della tensione della corda, f s è il modulo della forza di attrito statico tra cilindro e piano si noti che si è supposto che f fs sia diretta verso il punto più basso del piano inclinato e I cm = MR è momento d inerzia del cilindro calcolato rispetto all asse per il suo centro di massa. In caso di equilibrio statico del sistema, si ha ovviamente a = 0, a cm = 0 e α = 0 e il precedente sistema di equazioni * si riduce a 0 = mg T 0 = T Mgsinθ f s 0 = RT +Rf s Dalle prime due si ottengono le seguenti che inserite nella terza permetto di ricavare T = mg; f s = T Mgsinθ = mg Mgsinθ, mg = Mgsinθ m = m eq = M sinθ = 4.30 g. Quando m = m eq, il sistema non è più in equilibrio e quindi dobbiamo risolvere il sistema di equazioni * con le accelerazioni non nulle. Tenendo conto del fatto che il cilindro non scivola, tra le accelerazioni valgono le seguenti a cm = a ; α = a cm R = a R, che una volta inserite nelle equazioni *, dalle prime due otteniamo T = mg ma; f s = T Mgsinθ M a = mg Mgsinθ m+ M a.

2 Inserendo queste due nella terza equazione * e risolvendo si ricava a MR R = Rmg Rma+Rmg RMgsinθ R 3 4 M +m a = m M sinθg, m+ M a dalla quale abbiamo Sostituendo m = m eq = M sinθ, si ottiene a = 4m M sinθg. 3M +8m a = 4M sinθ 3M +8M sinθ g = 4sinθ 3+8sinθ g =.97 m/s. In assenza di forze di attrito tra cilindro e piano inclinato, il sistema delle equazioni del moto è il seguente, ma = mg T Ma cm = T Mgsinθ I cm α = RT ottenuto dal * eliminando f s. Ora però, tra le accelerazioni vale la seguente a = a cm +Rα, e, dato che ora il cilindro scivola liberamente sul piano, a e α sono indipendenti. Pertanto, inserendo l ultima relazione del sistema precedente e risolvendo abbiamo e quindi e T = mg ma; Infine, inserendo m = m eq = M sinθ, si ricava { Ma Mrα = mg ma Mgsinθ MR α = Rmg Rma α = mg ma MR M +3ma = 3mg Mgsinθ a = α = m+sinθ M +3mR g. 3m M sinθ M +3m g,, a = sinθ +3sinθ g = 4.4m/s ; α = sinθ+sinθ +3sinθR g = 3.5rad/s. PROBLEMA A In un grande recipiente viene prima versata dell acqua indichiamo con ρ 0 la sua massa volumica e poi dell olio di massa volumica ρ = 0.8 ρ 0. Essendo i due liquidi non miscibili e l olio più leggero dell acqua, l olio, come mostrato in figura, forma uno strato omogeneo al di olio sopra dell acqua. In queste condizioni, viene posta nel recipiente una sfera omogenea costituita da un materiale di massa volumica ρ. A seconda che sia ρ = 0.6 ρ 0 o ρ = 0.85 ρ 0, determinare: acqua a all equilibrio dove si posiziona la sfera fare anche un disegno; b le frazioni del suo volume rispettivamente immerse in acqua e olio. Supporre poi che la sfera con ρ = 0.85 ρ 0 venga tenuta ad una quota tale che risulti per metà immersa in acqua e per metà in olio e che venga tenuta in tale posizione tramite un filo ancorato al fondo del recipiente. Nell ipotesi che la sfera abbia raggio pari a R = 0.0 cm, determinare: c la tensione del filo che tiene la sfera in posizione. [Supporre che il diametro delle sfere sia sempre minore degli spessori degli strati di acqua e olio.] Soluzione Iniziamodallasferaconmassavolumicaρ = 0.6 ρ 0. Essendoρ < ρ, si capisceche lasferagalleggerà sullo strato di olio e che quindi la frazione del suo volume immerso in acqua sarà nulla. L equilibrio della sfera potrà essere espresso dalla seguente S olio mg = 0 ρ i g ρg = 0,

3 dove S olio è la spinta di Archimede sulla sfera dovuta alla sua parte immersa nell olio di volume i, mentre m e sono rispettivamente la massa e il volume della sfera. Ovviamente si ha i = ρ ρ = 0.6 ρ ρ 0 = 0.75, che ci dice che una frazione pari al 75% del volume della sfera è immerso nell olio. Nel caso di ρ = 0.85 ρ 0 osserviamo che ρ > ρ e quindi la sfera non può più galleggiare sull olio. D altra parte, è ρ < ρ 0 e quindi, la sfera si posizionerà tra acqua e olio. L equilibrio della sfera potrà ora essere espresso dalla seguente S acqua +S olio mg = 0 ρ 0 i0 g +ρ i g ρg = 0, dove ora S acqua e S olio sono le spinte di Archimede sulla sfera dovute alla sue parti immerse in acqua di volume i0 e olio di volume i, rispettivamente. Notando che, ovviamente, è i0 + i =, dalla precedente si ha ρ 0 i0 +ρ i0 = ρ ρ 0 ρ i0 = ρ ρ i0 = ρ ρ ρ 0 ρ = = 0.5; i = i0 = ρ 0 ρ ρ 0 ρ = = 0.75, che ci dice che il 5% del volume della sfera è immerso in acqua e il restante 75% è immerso in olio. Infine, quando la sfera ora di raggio R = 0.0 cm è tenuta a metà tra acqua e olio, il suo equilibrio sarà espresso dalla seguente S acqua +S olio mg T = 0 T = ρ 0 g +ρ g ρg, dove T è la tensione del filo. Pertanto, ricordando che il volume di una sfera di raggio R è pari a = 4 3 πr3, ricaviamo T = ρ 0 + ρ 4 ρ g = ρ 0 g = 0.05 ρ 0 3 πr3 g =.05 N, dove si è usato il fatto che la massa volumica dell acqua è pari a ρ 0 = g/m 3. PROBLEMA A3 Un recipiente cilindrico con pareti adiabatiche disposto orizzontalmente di sezione A = 0.50 m è diviso in due scomparti da un pistone a tenuta anch esso adiabatico libero di scorrere lungo il suo asse. In uno degli scomparti sono contenute n =.0 mol di un gas ideale biatomico; l altro scomparto è vuoto. Come si vede dalla figura il pistone è agganciato al fondo di sinistra del recipiente tramite una molla di costante elastica = N/m di lunghezza a riposo trascurabile che si oppone all espansione del gas. a Determinare l equazione che esprime la temperatura T del gas al variare del suo volume. Sapendo poi che inizialmente il gas si trova alla temperatura = 300 K e che, successivamente, fornendo calore lentamente, gas biatomico la temperatura del gas viene portata a T f = 400 K, Determinare: b il volume iniziale A i occupato dal gas alla temperatura ; c il calore Q scambiato dal gas; d il volume f e la pressione p f finali del gas. x e la variazione S di entropia subita dal gas nella trasformazione. [Supporre trascurabile la capacità termica della molla.] Soluzione Essendo trascurabile la lunghezza a riposo della molla, quando il pistone è a distanza x dal fondo di sinistra, su di esso la molla esercità una forza elastica diretta verso sinistra di modulo x. Conseguentemente, se in quella posizione il gas è in equilibrio, allora la sua pressione sarà pari a p = x/a. Allo stesso modo si noti che il volume dello scomparto occupato dal gas è esprimibile come = Ax. Pertanto, dato che il gas essendo ideale rispetta l equazione p = nrt, l equazione di stato del sistema potrà essere riscritta nella forma seguente x A Ax = nrt x = nrt. Da questa, esprimendo x in termini di come x = /A, ricaviamo la relazione richiesta al punto a nrt = x = A T = T = nra.

4 Considerando ora lo stato iniziale in cui la temperatura è pari a, dalla precedente ricaviamo facilmente il volume i richiesto al punto b. Facilmente si ha = nra i nra i = = 0.50 m 3, che corrisponde ad una x i = i /A =.00 m. Dopo aver scambiato il calore Q il gas raggiunge la temperatura T f. Il suo volume e la sua pressione saranno f = nra T f = 0.88 m 3 ; p f = nrt f f = nr A = Pa = 0.8 atm. Per il calcolo del calore Q scambiato dal gas in tale trasformazione possiamo utilizzare la a legge della termodinamica Q = E int +L, Notando che il gas compie lavoro contro la molla, si capisce che il lavoro L in tale relazione corrisponde alla variazione dell energia potenziale della molla stessa. Perciò abbiamo Q = E int +L = nc T f + x f x i = nc T f + A f i = = nc T f + nrt f = n c + R T f = 3nRT f = J, dove, nell ultimo passaggio, abbiamo tenuto conto del fatto che, essendo il gas biatomico, è c = 5 R. Infine, la variazione di entropia subita dal gas è f S = nc ln +nrln = = nc ln +nrln i / = n c + R ln = 3nRln = 4.3 J/K. PROBLEMA B Un cilindro omogeneo di raggio R = 5.0 cm e massa M = 0.0 g è posto su un piano che è inclinato di un angolo θ = 5.0. Come si vede dalla figura intorno al cilindro è avvolta una corda di massa trascurabile ed inestensibile all altro capo della quale è appeso tramite una piccola puleggia ideale m un corpo di massa m. M R Dapprima si supponga che il cilindro non scivoli sul piano inclinato. Determinare: a il valore di m, m eq, in corrispondenza del quale il sistema è θ in equilibrio statico; b l accelerazione con cui sale il corpo di massa m nel caso in cui sia m = m eq m eq è la massa calcolata al punto a. Si supponga poi che il piano inclinato sia perfettamente liscio e che quindi non ci siano forze di attrito tra cilindro e piano di appoggio. In tali condizioni, calcolare: c l accelerazione con cui sale il corpo di massa m e l accelerazione angolare del cilindro nel caso di m = m eq m eq è sempre la massa calcolata al punto a. [In tutti i casi supporre che la corda avvolta non slitti rispetto al cilindro.] Soluzione Ladinamicadelsistemasirisolveapplicandola a leggedelladinamicanelleformelineareeangolare. Consideriamo il caso in cui il cilindro non scivola sul piano inclinato e applichiamo la a legge della dinamica in forma lineare al moto del corpo appeso asse verticale diretto verso il basso e, nelle forme lineare e angolare, al moto del cilindro asse parallelo al piano inclinato diretto verso la sua sommità e momenti rispetto all asse passante per il suo centro si massa; si ottengono le seguenti ma = mg T Ma cm = T Mgsinθ f s I cm α = RT +Rf s dovea, a cm sonoleaccelerazionilinearidelcorpodimassamedelcentrodimassadelcilindro,αèl accelerazione angolare del cilindro, T è il modulo della tensione della corda, f s è il modulo della forza di attrito statico tra

5 cilindro e piano si noti che si è supposto che f fs sia diretta verso il punto più basso del piano inclinato e I cm = MR è momento d inerzia del cilindro calcolato rispetto all asse per il suo centro di massa. In caso di equilibrio statico del sistema, si ha ovviamente a = 0, a cm = 0 e α = 0 e il precedente sistema di equazioni * si riduce a 0 = mg T 0 = T Mgsinθ f s 0 = RT +Rf s Dalle prime due si ottengono le seguenti che inserite nella terza permetto di ricavare T = mg; f s = T Mgsinθ = mg Mgsinθ, mg = Mgsinθ m = m eq = M sinθ =. g. Quando m = m eq, il sistema non è più in equilibrio e quindi dobbiamo risolvere il sistema di equazioni * con le accelerazioni non nulle. Tenendo conto del fatto che il cilindro non scivola, tra le accelerazioni valgono le seguenti relazioni a cm = a ; α = a cm R = a R, che una volta inserite nelle equazioni *, dalle prime due otteniamo T = mg ma; f s = T Mgsinθ M a = mg Mgsinθ m+ M a. Inserendo queste due nella terza equazione * e risolvendo si ricava MR a R = Rmg Rma+Rmg RMgsinθ R 3 4 M +m a = m M sinθg, m+ M a dalla quale abbiamo 4m M sinθg a =. 3M +8m Sostituendo m = m eq / = 4M sinθ, si ottiene M sinθ a = 3M +M sinθ g = sinθ 3+sinθ g =.6 m/s, dove, il segno meno ci ricorda che ovviamente il corpo appeso sale. In assenza di forze di attrito tra cilindro e piano inclinato, il sistema delle equazioni del moto è il seguente, ma = mg T Ma cm = T Mgsinθ I cm α = RT ottenuto dal * eliminando f s. Ora però, tra le accelerazioni vale la seguente a = a cm +Rα, e, dato che ora il cilindro scivola liberamente sul piano, a e α sono indipendenti. Pertanto, inserendo l ultima relazione del sistema precedente e risolvendo abbiamo { Ma Mrα = mg ma Mgsinθ T = mg ma; MR α = Rmg Rma α = mg ma, MR e quindi 3m M sinθ M +3ma = 3mg Mgsinθ a = M +3m g, e α = m+sinθ M +3mR g. Infine, inserendo m = m eq / = 4M sinθ, si ricava a = sinθ 4+3sinθ g = 0.787m/s ; α = sinθ+sinθ 4+3sinθR g = 4.9rad/s.

6 PROBLEMA B In un grande recipiente viene prima versata dell acqua indichiamo con ρ 0 la sua massa volumica e poi dell olio di massa volumica ρ olio = 0.7 ρ 0. Essendo i due liquidi non miscibili e l olio più leggero dell acqua, l olio, come mostrato in figura, forma uno strato omogeneo al di sopra dell acqua. In queste condizioni, viene posta nel recipiente una sfera omogenea costituita da un materiale di massa volumica ρ. acqua A seconda che sia ρ = 0.6 ρ 0 o ρ = 0.75 ρ 0, determinare: a all equilibrio dove si posiziona la sfera fare anche un disegno; b le frazioni del suo volume rispettivamente immerse in acqua e olio. Supporre poi che la sfera con ρ = 0.75 ρ 0 venga tenuta ad una quota tale che risulti per metà immersa in acqua e per metà in olio e che venga tenuta in tale posizione tramite un filo ancorato al fondo del recipiente. Nell ipotesi che la sfera abbia raggio pari a R =.0 cm, determinare: c la tensione del filo che tiene la sfera in posizione. [Supporre che il diametro delle sfere sia sempre minore degli spessori degli strati di acqua e olio.] Soluzione Iniziamodallasferaconmassavolumicaρ = 0.6 ρ 0. Essendoρ < ρ, si capisceche lasferagalleggerà sullo strato di olio e che quindi la frazione del suo volume immerso in acqua sarà nulla. L equilibrio della sfera potrà essere espresso dalla seguente S olio mg = 0 ρ i g ρg = 0, dove S olio è la spinta di Archimede sulla sfera dovuta alla sua parte immersa nell olio di volume i, mentre m e sono rispettivamente la massa e il volume della sfera. Ovviamente si ha i = ρ ρ = 0.6 ρ ρ 0 = 0.857, che ci dice che una frazione pari al 85.7% del volume della sfera è immerso nell olio. Nel caso di ρ = 0.75 ρ 0 osserviamo che ρ > ρ e quindi la sfera non può più galleggiare sull olio. D altra parte, è ρ < ρ 0 e quindi, la sfera si posizionerà tra acqua e olio. L equilibrio della sfera potrà ora essere espresso dalla seguente S acqua +S olio mg = 0 ρ 0 i0 g +ρ i g ρg = 0, dove ora S acqua e S olio sono le spinte di Archimede sulla sfera dovute alla sue parti immerse in acqua di volume i0 e olio di volume i, rispettivamente. Notando che, ovviamente, è i0 + i =, dalla precedente si ha ρ 0 i0 +ρ i0 = ρ ρ 0 ρ i0 = ρ ρ i0 = ρ ρ ρ 0 ρ = = 0.67; i = i0 = ρ 0 ρ ρ 0 ρ = = 0.833, che ci dice che il 6.7% del volume della sfera è immerso in acqua e il restante 83.3% è immerso in olio. Infine, quando la sfera ora di raggio R =.0 cm è tenuta a metà tra acqua e olio, il suo equilibrio sarà espresso dalla seguente S acqua +S olio mg T = 0 T = ρ 0 g +ρ g ρg, dove T è la tensione del filo. Pertanto, ricordando che il volume di una sfera di raggio R è pari a = 4 3 πr3, ricaviamo T = ρ 0 + ρ 4 ρ g = ρ 0 g = 0.0 ρ 0 3 πr3 g = 7.0 N, dove si è usato il fatto che la massa volumica dell acqua è pari a ρ 0 = g/m 3. PROBLEMA B3 Un recipiente cilindrico con pareti adiabatiche disposto orizzontalmente di sezione A = m è diviso in due scomparti da un pistone a tenuta anch esso adiabatico libero di scorrere lungo il suo asse. In uno degli scomparti sono contenute n = 3.0 mol di un gas ideale biatomico; l altro scomparto è vuoto. Come si vede dalla figura il pistone è agganciato al fondo di sinistra del recipiente tramite una molla di costante elastica = N/m di lunghezza a riposo trascurabile che si oppone all espansione del gas. a Determinare l equazione che esprime la temperatura T del gas al variare del suo volume.

7 Sapendo poi che inizialmente il gas si trova alla temperatura = 400 K e che, successivamente, estraendo calore lentamente, la temperatura del gas viene portata a T A f = 300 K, Determinare: b il volume iniziale i occupato dal gas alla temperatura ; c il calore Q scambiato dal gas; d il volume f e la pressione p f finali del gas. e la variazione S di entropia subita dal gas nella trasformazione. [Supporre trascurabile la capacità termica della molla.] gas biatomico Soluzione Essendo trascurabile la lunghezza a riposo della molla, quando il pistone è a distanza x dal fondo di sinistra, su di esso la molla esercità una forza elastica diretta verso sinistra di modulo x. Conseguentemente, se in quella posizione il gas è in equilibrio, allora la sua pressione sarà pari a p = x/a. Allo stesso modo si noti che il volume dello scomparto occupato dal gas è esprimibile come = Ax. Pertanto, dato che il gas essendo ideale rispetta l equazione p = nrt, l equazione di stato del sistema potrà essere riscritta nella forma seguente x A Ax = nrt x = nrt. Da questa, esprimendo x in termini di come x = /A, ricaviamo la relazione richiesta al punto a nrt = x = A T = T = nra. Considerando ora lo stato iniziale in cui la temperatura è pari a, dalla precedente ricaviamo facilmente il volume i richiesto al punto b. Facilmente si ha = nra i nra i = = m 3, che corrisponde ad una x i = i /A.00 m. Dopo aver scambiato il calore Q il gas raggiunge la temperatura T f. Il suo volume e la sua pressione saranno x f = nra T f = 0.59 m 3 ; p f = nrt f nr = f A = Pa = 0.4 atm. Per il calcolo del calore Q scambiato dal gas in tale trasformazione possiamo utilizzare la a legge della termodinamica Q = E int +L, Notando che il gas compie lavoro contro la molla, si capisce che il lavoro L in tale relazione corrisponde alla variazione dell energia potenziale della molla stessa. Perciò abbiamo Q = E int +L = nc T f + x f x i = nc T f + A f i = = nc T f + nrt f = n c + R T f = 3nRT f = J, dove, nell ultimo passaggio, abbiamo tenuto conto del fatto che, essendo il gas biatomico, è c = 5 R. Infine, la variazione di entropia subita dal gas è f S = nc ln +nrln = = nc ln +nrln i / = n c + R ln = 3nRln =.5 J/K.