Esame scritto Fisica 1 del 21 giugno soluzione

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1 Esame scritto Fisica 1 del 1 giugno soluzione Nota: i valori numerici sono diversi nelle varie copie del compito, e quindi qui vengono indicati i ragionamenti e le formule da utilizzare ma non i risultati numerici. Problema 1 Le forze in gioco sono la forza applicata F, le forze di gravità, le forze normali N A (tra A e B) e N B (tra B e il piano di appoggio), e la forza di attrito F a tra A e B. È fondamentale osservare che sia N A che F a sono forze agenti tra i due corpi interessati A e B, e quindi per esse sarà necessario considerare sia la forza su B causata da A sia quella su A causata da B (coppia di azione-reazione), in quanto entrambe contribuiscono a determinare la dinamica del sistema. Definito un sistema di coordinate in cui x è orizzontale orientato verso destra nella figura e y verticale orientato verso l alto, le equazioni per le accelerazioni lungo x sono F F a = m A a A +F a = m B a B e quelle per le accelerazioni lungo y m A g + N A = 0 m B g N A + N B = m B a B Inoltre, F a e N A sono tra loro legate da Combinando queste equazioni si ottiene F a = µn A F µm A g = m A a A da cui i valori per le accelerazioni dei due corpi µm A g = m B a B a A = F m A µg a B = µ m A m B g. Domanda. Misurando la posizione x dei due blocchi utilizzando come riferimento il loro bordo sinistro e assumento x = 0 per t = 0, le equazioni del moto uniformemente accelerato per A e B sono x A (t) = 1 a At x B (t) = 1 a Bt

2 L allineamento dei bordi destri avviene all istante t o tale che e questo fornisce x A (t o ) = x B (t o ) + L B L A t o = (L B L A ) a A a B Domanda 3. Le equazioni per le velocità in funzione del tempo v A (t) = a A t v B (t) = a B t ci permettono di calcolare l energia cinetica al tempo t o : K = 1 m Aa At o + 1 m Ba Bt o Domanda 4. Per rispondere a questa domanda si impostano le equazioni per le accelerazioni nell assunzione che non vi sia scorrimento, e quindi si impone che il coefficiente di attrito statico µ S sia tale da dare il valore limite per la forza di attrito. Le equazioni di Newton per il moto lungo x diventano F F a = m A a +F a = m B a in cui appare una accelerazione comune a. Quelle per il moto lungo y sono identiche a prima. Otteniamo F a = F m A a = m B a da cui si ricava l accelerazione F a = m A + m B (risultato non inaspettato! F a e N A sono forze interne al sistema costituito da A e B, e non contribuiscono al moto del suo centro di massa che qui si muove in modo solidale con i due blocchi). Nella condizione limite sarà F a = µ S N A = µ S m A g. Dovrà quindi essere F a = F m B m A + m B = µ S m A g e questo ci dà il valore cercato per il minimo coefficiente di attrito statico neccessario per tenere attaccati i due blocchi F m B µ S = m A (m A + m B )g.

3 Problema La potenza meccanica dissipata sarà il lavoro effettuato nell unità di tempo contro la forza di attrito F a : P = F a ds dt dove ds è lo spostamento relativo fra i due corpi avvenuto nel tempo infinitesimo dt. In questo caso ds = ωrdt. La forza di attrito sarà F a = µn = µmg in quanto con la barra in posizione centrata il suo peso mg sarà distribuito equamente tra i due rulli. Quindi P = µmgωr. Un modo ancora più corretto che porta al medesimo risultato è quello di considerare il momento della forza di attrito rispetto all asse di rotazione del cilindro τ a = F a R = µmgr Affinchè il cilindro ruoti a velocità angolare costante nonostante la presenza di τ a, il motore deve fornire un momento della forza uguale ed opposto. La potenza erogata è il prodotto del momento della forza fornito per la velocità angolare (analogo rotazionale di P = F v): P = τ a ω = µmgωr. Domanda. Definiamo un sistema di riferimento in cui l asse x è orizzontale e orientato verso destra, e l asse y verticale e orientato verso l alto. Indichiamo con l indice 1 il rullo di sinistra nella figura, con l indice quello di destra, con F 1 e F le forze orizzontali esercitate dai rulli sulla barra grazie all attrito, con N 1 e N le forze normali verticali esercitate sulla barra. Le equazioni di Newton relative a moti traslazionali della barra sono allora F 1 + F = ma N 1 + N mg = 0 Le forze di attrito sono legate alle forze normali: F 1 = µn 1, F = µn (negativa a causa del diverso verso di rotazione del rullo ). Quindi µn 1 µn = ma N 1 + N = mg Otteniamo una ulteriore equazione imponendo che la barra non ruoti rispetto al punto di contatto col rullo 1: N d mg(d + x 0 ) = 0

4 dove d è il braccio della forza N e d + x 0 il braccio della forza mg che agisce sul centro di massa della barra. Una equazione analoga si ottiene ovviamente imponendo che non vi sia rotazione rispetto al punto di contatto col rullo : La somma di queste due equazioni dà N 1 d + mg(d x 0 ) = 0 N N 1 = mgx 0 d ossia lo spostamento della barra causa uno sbilanciamento nella distribuzione dei carichi, e quindi uno sbilanciamento tra le forze di attrito. Dalle equazioni sopra si ricava F 1 + F = µ(n 1 N ) = µmgx 0 d che è la risposta alla domanda. Domanda 3. Il fatto che l espressione per la forza netta sulla barra sia del tipo F = kx, con k = µmg/d, ci garantisce che il moto orizzontale della barra è un moto armonico, con periodo m d T = π k = π µg Si noti che il periodo non dipende dalla massa della barra, in quanto la costante elastica è proporzionale alla massa! Problema 3 La legge di Newton per i corpi rigidi in rotazione attorno ad un asse ci dice che I d θ dt = Kθ dove τ = Kθ è il momento della forza derivante dalla torsione. Questa è l equazione di un moto armonico con periodo I T = π K Il momento di inerzia di un asta omogenea di massa m a e lunghezza d rispetto a un asse ortogonale all asta passante per il suo centro di massa è e quindi I = m ad 1 T = π m a d 1K

5 Domanda. 1 Il principio di conservazione dell energia ci dice che la somma dell energia cinetica rotazionale e dell energia potenziale elastica resta costante: E = 1 Iω + 1 Kθ = costante All istante iniziale l energia è tutta potenziale e pari a (1/)Kθ0. La velocità angolare massima ω max corrisponderà a θ = 0, in cui l energia potenziale raggiunge il suo valore minimo pari a zero. Quindi 1 Iω max = 1 Kθ 0 da cui ω max = θ 0 K/I. Domanda 3. L intera energia meccanica iniziale (1/)Kθ0 è andata dissipata in calore, risultando in un aumento della temperatura di pendolo e liquido. All equilibrio tutto il sistema deve trovarsi alla stessa temperatura, e quindi sia pendolo che liquido avranno una temperatura finale T 1 = T 0 + T. Dovrà essere 1 Kθ 0 = (m a c a + m L c L ) T da cui si ottiene T e quindi T 1. Domanda 4. Essendo il sistema isolato dall esterno attraverso le pareti adiabatiche, la variazione di entropia complessiva sarà interamente dovuta alla ricezione di calore da parte del pendolo e del liquido. Possiamo calcolare la variazione di entropia del liquido integrando il calore infinitesimo dq = m L c L dt associato ad un aumento di temperatura da T a T + dt dalla temperatura iniziale a quella finale: dq S L = T = T1 T 0 dt m L c L T = m Lc L ln T ( 1 = m L c L ln 1 + T ) T 0 T 0 e analogamente per il pendolo, quindi la variazione di entropia complessiva sarà ( S = (m a c A + m L c L ) ln 1 + T ) T 0 Dato che T/T 0 è molto piccolo, per rispondere a questa domanda si poteva anche assumere che in prima approssimazione il calore Q = (1/)Kθ0 viene trasferito a temperatura costante T 0 dando luogo a una variazione di entropia S Q/T 0. Ciò corrisponde ad approssimare ln(1 + x) x nella formula qui sopra per S. 1 Alcuni studenti hanno risposto a questa domanda scrivendo che la velocità angolare deve essere ω = π/t, dove T è il periodo trovato sopra. Si apprezzi come nei pendoli torsionali esistono una velocità angolare ed una pulsazione del moto oscillatorio che sono grandezze del tutto diverse, ed il fatto che abbiano la stessa unità e si usi spesso indicarle entrambe con la lettera ω non autorizza a confonderle lasciandosi guidare ciecamente dall assonanza delle formule.

6 Problema 4 Come tutte le macchine reversibili operanti tra due temperature, la macchina avrà il rendimento di una macchina di Carnot tra le stesse temperature: η = L Q 1 = 1 T T 1 che è quindi noto dai dati del problema. Il calore Q 1 assorbito dalla sorgente a temperatura T 1 in un ciclo corrisponde al calore latente rilasciato dalla solidificazione di una massa m di stagno nel ciclo: Q 1 = mλ da cui si ottiene quindi L = ηq 1, e anche il calore ceduto Q = L Q 1 = (η 1)Q 1 (negativo). Domanda. L ambiente a temperatura costante T riceve dalla macchina una quantità di calore Q in un ciclo. La variazione di entropia dell ambiente è quindi S = Q /T. Poichè la macchina è reversibile, l entropia della massa di stagno dovrà diminuire della stessa quantità in modo che l entropia complessiva non cambi. Questo è garantito dal fatto che Q / Q 1 = T /T 1 e quindi Q 1 /T 1 = Q /T.