TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI

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1 Università degli Studi di Udine, Corso di Laurea in Ingegneria Gestionale A.A. 2017/2018, Sessione di Gennaio/Febbraio 2018, Esame di FISICA GENERALE 1 (12 CFU) Secondo Appello, 16 Febbraio 2018, PROVA SCRITTA TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI PROBLEMA 1Duesfereomogenee diraggio R = 1.00 cm, aventi lamedesima massam = 100 g, scendono lungo un piano inclinato, di inclinazione = ξ/1000 rad. La prima sfera scivola senza rotolare in assenza di ogni forma di attrito; la seconda sfera scende rotolando senza strisciare, in assenza di attrito volvente. Determinare: a) Determinare le accelerazioni con le quali scendono le 2 sfere supponendo che sia ξ = 30. Soluzione La prima sfera è soggetta soltanto alla forza di gravità m g g g e alla reazione normale N N N del piano. Poiché la prima sfera trasla senza ruotare, essa può essere considerata un punto materiale. La seconda legge della dinamica si scrive: m a a a = m g g g + N N N. Prendendo le componenti parallela e perpendicolare al piano inclinato si ha: { ma = mgsin 0 = N mgcos { a = gsin N = mgcos Introducendo i dati si ha e quindi = rad = π = 1.72 a 1 = gsin = m/s 2. La seconda sfera è soggetta alla forza di gravità m g g g, alla reazione normale del piano N N N e alla forza di attrito radente statico f f fs. Poiché la seconda sfera rotola senza strisciare, essa non può essere considerata un punto materiale. Per la seconda sfera (calcolando i momenti rispetto all asse orizzontale, passante per il centro della sfera e parallelo al piano inclinato) le equazioni della dinamica si scrivono: { m a a a = m g g g+ N N N + f f fs Iα = Rf s dove I e α sono il momento d inerzia della sfera rispetto all asse passante per il suo centro e l accelerazione angolare. Considerando le componenti parallela e perpendicolare al piano inclinato si possono scrivere le seguenti: { ma = mgsin fs 0 = N mgcos I a R = Rf s N = mgcos f s = I a R 2 ma = mgsin I a R 2

2 dove (essendo il moto di puro rotolamento) si è fatta la sostituzione α = a/r. Quindi, ricordando che il momento di inerzia di una sfera omogenea rispetto a un asse passante per il suo centro è: I = 2 5 mr2 si ricava: ma+i a R 2 = mgsin ma+ 2 5 mr2 a R 2 = mgsin 7 5 ma = mgsin a = 5 7 gsin. Introducendo i dati dell esercizio, si ottiene a 2 = 5 7 gsin = m/s2. PROBLEMA 2 Un corpo A di massa m A = 5.00 kg è appeso ad un capo di un filo inestensibile e di massa trascurabile. Esso è urtato in modo completamente anelastico da un corpo B di massa m B = 3.00 kg proveniente dall alto da una direzione che forma un angolo = 60 con l orizzontale. Dopo l urto il sistema risale fino ad una quota di h = 8.00 cm rispetto al punto iniziale. Calcolare: a) l energia cinetica del sistema subito dopo l urto b) la velocità di B prima dell urto. Soluzione Le forze esterne durante l urto sono la forza peso e la tensione del filo v v v entrambe dirette lungo la direzione verticale. B m A Durante l urto la tensione (che è una reazione vincolare) si comporta come una forza impulsiva e non è quindi trascurabile rispetto alle forze interne che i due corpi si scambiano. Pertanto la quantità di moto non si conserva lungo l asse y. (Questo e facilmente verificabile: nell istante iniziale c è una componente lungo y della quantità di moto del sistema dovuta alla velocità del corpo A; mentre nello stato finale i corpi A e B si muovono insieme con velocità V orizzontale; pertanto la quantità di moto lungo l asse y è nulla dopo l urto. Quindi la quantità di moto lungo l asse y cambia durante l urto). Tuttavia, non essendoci forze esterne lungo l asse x, si conserva la quantità di moto lungo x nell urto completamente anelastico. F F F ext tot,x = d p p p tot,x dt = 0 p p p tot,x = cost. p tot,x (iniziale) = p p p tot,x (finale) Dopo l urto completamente anelastico i due corpi restano attaccati e si muovono con velocità comune V. m B v b cos = (m A +m B )V v B = m A +m B m B cos V Per calcolare V dobbiamo imporre la conservazione dell energia meccanica dopo l urto: dall istante iniziale in cui il corpo di massa m A +m B parte con velocità orizzontale V, all istante finale in cui il corpo di massa m A +m B è fermo alla quota h da terra. m B E i = 1 2 (m A +m B )V 2 ; E f = (m A +m B )gh Imponendo E i = E f si ottiene Quindi, l energia cinetica dopo l urto è V = 2gh = 1.25 m/s. Mentre la velocità di B prima dell urto con A è E i = K i = 1 2 (m A +m B )V 2 = 6.25 J. v B = m A +m B V = 6.67 m/s. m B cos

3 PROBLEMA 3 Il recipiente cilindrico in figura è diviso in due scomparti separati da una parete mobile orizzontale a tenuta e di massa e spessore trascurabili. Nella parte superiore è contenuta acqua; in quella inferiore sono presenti n = 45 mol di un gas biatomico alla pressione iniziale p i = 1.10 atm. Il recipiente ha un altezza h = 2.00 m e sezione A = 1.00 m 2. Come schematizzato in figura i volumi dei due scomparti sono uguali. Sulla parete alla sommità del recipiente è posta una valvola di sicurezza tarata per una pressione limite p max = 2.00 atm. Determinare: a) la temperatura iniziale del gas T i ; b) la pressione dell acqua a contatto con la valvola di sicurezza. Successivamente al gas viene fornito calore lentamente fino a che, ad un certo punto, la valvola scatta e si produce un getto d acqua verticale. Determinare: c) la temperatura del gas al momento in cui si apre la valvola; h acqua gas biatomico d) la quantità totale di calore Q che è stata fornita al gas e la conseguente variazione di entropia S ; e) l altezza massima raggiunta dal getto acqua (trattare le particelle di acqua come proiettili). [Considerare tutte le pareti del recipiente adiabatiche (anche quella mobile).] Soluzione Dalla legge dei gas ideali segue immediatamente che valvola T i = p iv gas nr = p iah = 298 K. 2nR Essendo la pressione alla base del volume d acqua uguale a quella del gas, la pressione dell acqua a livello della valvola sarà pari a p valvola +ρg h 2 = p i p valvola = p i ρg h 2 = Pa = 1.00 atm, dove ρ = 1000 kg/m 3 è la densità dell acqua. Mano a mano che il gas viene riscaldato la sua pressione aumenterà e così, ma anche la pressione dell acqua. Quando la valvola si aprirà, sarà p valvola = p max e quindi dalla precedente seguirà p max +ρg h 2 = p f p f = p max +ρg h 2 = Pa = 2.09 atm. dove p f è la pressione raggiunta dal gas. Tenendo presente che il gas si scalda a volume costante, potremo scrivere p f = p i T f = p f T i = 1.906T i = 568 K. T f T i p i Conseguentemente il calore fornito al gas è pari a Q = nc V (T f T i ) = 5 2 nr(t f T i ) = J. Per il calcolo della variazione di entropia del gas possiamo scrivere S = f i dq T = nc V Tf T i dt T = 5 2 nrln ( Tf T i ) = 603 J/K. Al momento dell apertura della valvola abbiamo, dentro e fuori, abbiamo le pressioni p max e p 0 (pressione atmosferica). Applicando Bernoulli tra un punto interno ed uno esterno (ai lati della valvola) possiamo quindi scrivere p max = p ρv2 v 2 = 2(p max p 0 ), ρ dove si è trascurato lo spessore della valvola e v è la velocità di uscita dell acqua. Quindi, trattando le particelle di acqua come proiettili ed applicando la conservazione dell energia meccanica abbiamo 1 2 mv2 = mg h h = v2 2g = p max p 0 = 10.3 m. ρg Rispetto al suolo, l acqua raggiungerebbe una quota massima h max = h+ h = 12.3 m.

4 PROBLEMA 4 Il consensatore sferico schematizzato in figura è costituito da due conduttori sferici concentrici. I raggi delle tre superfici sferiche sonor 1 = 10.0 cm, R 2 = 16.0cmeR 3 = 18.0 cm, rispettivamente. Ilcondensatore viene caricato mediante un generatore che fornisce una d.d.p. R 1 costante V 0 = 200 V seguendo due diverse modalità nelle quali, mentre il polo positivo è sempre collegato all armatura esterna, quello negativo viene collegato in un caso a terra, nell altro all armatura interna. Nei due diversi casi, determinare: R 3 a) le cariche finali sulle 3 superfici; b) l energia elettrostatica immagazzinata nel condensatore; c) le d.d.p. V 2 V 1 e V 3 V 2 ; d) l ampiezza del campo elettrostatico in un punto immediatamente fuori dall armatura esterna. Soluzione Carica in modalità 1: polo negativo collegato a terra. L armatura esterna di porta a potenziale V 0 rispetto a terra. Conseguentemente, sulla superficie 3 sarà presente una carica q 3 tale che q 3 4πε 0 R 3 = V 0 q 3 = 4πε 0 R 3 V 0 = C. Si noti che si poteva ragionare anche in quest altro modo: ad una sfera conduttrice di raggio R 3 compete una capacità C 3 = 4πε 0 R 3 ; pertanto, una volta caricato, tale condensatore (ad armatura unica) avrà una carica q 3 = C 3 V 0 identica a quella appena calcolata. Tutti i punti all interno della superficie di raggio R 3 (nel vuoto e nei conduttori) saranno a potenziale V 0 e quindi sulle superfici di raggio R 1 e R 2 le cariche saranno nulle q 1 = 0; q 2 = 0. L energia immagazzinata è quella nel condensatore di capacità C 3 pari a Dall equipotenzialità menzionata prima segue che U 3 = 1 2 C 3V 2 0 = 2πε 0 R 3 V 2 0 = J. V 2 V 1 = 0; V 3 V 2 = 0 L ampiezza del campo elettrostatico subito fuori dall armatura esterna è pari a R 2 E(R 3 ) = q 3 4πε 0 R 2 3 = V 0 R 3 = V/m. Carica in modalità 2: polo negativo collegato all armatura interna. In tal caso la d.d.p. tra le superfici 1 e 2 è V 2 V 1 = V 0 = 200 V, e il campo elettrostatico sarà presente solo tra queste superfici. Essendo la superficie 2 a potenziale maggiore di quello della superficie 1, E E E sarà radiale e diretto verso il centro delle sfere. Questo ci fa anche capire che sulla superficie 1 avremo una carica q 1 negativa, mentre sulla superficie 2 avremo una carica q 2 positiva. Ovviamente sarà q 1 = q 2 e se con C 12 = 4πε 0 R 1 R 2 indichiamo la capacità del condensatore sferico corrispondente alle due superfici 1 e 2, si avrà q 1 = q 2 = C 12 V 0 = 4πε 0 V 0 R 1 R 2 = V.

5 Ovviamente sarà q 3 = 0; V 3 V 2 = 0. L energia immagazzinata è quella nel condensatore di capacità C 12 pari a U 12 = 1 2 C 12V0 2 = 2πε 0 V0 2 R 1 R 2 = J. L ampiezza del campo elettrostatico subito fuori dall armatura esterna è pari a 0 dato che la carica netta nel condensatore é nulla.