Esame scritto Fisica 1 del 13 settembre soluzione

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1 Esame scritto Fisica 1 del 13 settembre 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 Introduciamo un sistema di riferimento con l asse x orizzontale e diretto lungo destra nella figura, l asse y verticale diretto verso l alto (la direzione ortogonale a x e y non gioca alcun ruolo particolare e pertanto la trascureremo). Durante la discesa lungo la guida ad arco di cerchio, l energia meccanica si conserva in quanto per ipotesi non ci sono attriti. La differenza di quota tra la posizione iniziale e quella finale in cui il corpo passa sul carrello è R, dunque la differenza di energia potenziale gravitazionale è mgr. Tale differenza si converte nell energia cinetica finale (1/2)mv 2 0, da cui la velocità finale v 0 = 2gR. Tale velocità dipende esclusivamente dal dislivello, e non dalla forma del percorso. Quando il corpo passa sul carrello avviene lo strisciamento, che implica una forza µn applicata dal carrello al corpo, e corrispondentemente una forza +µn applicata dal corpo sul carrello, dove N è la forza normale tra corpo e carrello. Questa è l unica forza agente lungo x, ed essendo costante il moto di entrambi i corpi sarà uniformemente accelerato. In particolare, per il corpo di massa m, e accelerazione lungo x pari ad a le equazioni di Newton sono µn = ma N mg = 0 mentre per il carrello di massa M e accelerazione lungo x pari ad A +µn = MA N M N Mg = 0 dove N M è la forza normale esercitata sul carrello dal piano che lo sostiene. Le equazioni lungo y forniscono gli ovvi risultati N = mg, N M = (M + m)g. Dalle equazioni lungo x otteniamo le accelerazioni a = µg, A = µ(m/m)g Supponendo che il corpo salga sul carrello al tempo t = 0, la sua velocità in funzione del tempo sarà data da v(t) = v 0 + at = v 0 µgt essendo v 0 la sua velocità iniziale e a la sua accelerazione (negativa). Per contro, il carrello è inizialmente fermo e accelera con accelerazione A; la sua velocità in funzione del tempo è quindi V (t) = At = µmg M t

2 Lo strisciamento tra corpo e carrello termina al tempo t 0 in cui le velocità hanno raggiunto lo stesso valore v(t 0 ) = V (t 0 ), ovvero Questa condizione fornisce v 0 µgt 0 = µmg M t 0 t 0 = M M + m che risponde alla domanda. Per t > t 0 non vi è più alcuna forza lungo x, e corpo e carrello procedono come un tutt uno con velocità costante v 1 data da v 1 = v(t 0 ) = V (t 0 ) = v 0 µg. m M + m v 0 Quest ultima equazione discende direttamente anche dalla conservazione della quantità di moto per il sistema corpo+carrello. Domanda 3. Nell intervallo di tempo tra t = 0 e t = t 0, il corpo segue l equazione del moto di un corpo uniformemente accelerazione con posizione iniziale x = 0 (che si assume coincidere col punto in cui il corpo passa sopra il carrello), velocità iniziale v 0 e accelerazione a = µg: x(t) = v 0 t 1 2 µgt2 Il lato più a sinistra del carrello parte invece da fermo, pure con posizione iniziale x = 0, e accelerazione A: X(t) = 1 µmg 2 M t2 Il valore cercato è la differenza x(t) X(t) calcolata al tempo t 0, quando lo strisciamento è cessato: d = x(t 0 ) X(t 0 ) = v 0 t 0 1 ( 1 + m ) µgt M Il risultato è Domanda 4. d = v 0t 0 2 = 1 ( 1 + m ) µgt 2 0 = 2 M M M + m La quantità di energia dissipata è la differenza fra l energia cinetica complessiva quando il corpo sale sul carrello e l energia cinetica complessiva quando lo strisciamento è cessato: E diss = 1 2 mv (M + m) v2 1 = 1 2 v 2 0 2µg mm M + m v2 0 come si ottiene inserendo l espressione trovata in precedenza per v 1. Derivazione alternativa: L energia dissipata è il lavoro compiuto dalle forze di attrito, esprimibile come prodotto forza spostamento sommando i contributi del corpo e del carrello, cambiato di segno: E diss = (µmg)x(t 0 ) (µmg)x(t 0 ) = µmgd Per il teorema dell energia cinetica, tale lavoro deve essere uguale alla variazione di energia cinetica.

3 Problema 2 Potendo trattare l acqua come un fluido ideale, possiamo assumere che sia incompressibile e quindi che valga l equazione di continuità A 1 v 1 = A 2 v 2, dove A 1 = π(d 1 /2) 2 e A 2 = π(d 2 /2) 2 sono le sezioni del tubo nel due punti considerati. Sarà pertanto v 2 = A 1 A 2 v 1 = ( ) 2 d1 v 1 L equazione di Bernoulli ci assicura che fra i punti 1 e 2 deve valere d 2 P ρv2 1 = P ρv2 2 + ρgh da cui otteniamo P 2 = P ρ(v2 2 v 2 1) ρgh Si noti che tali pressioni sono comprensive della pressione atmosferica. Tuttavia, se avessimo considerato le pressioni relative (P P atm ) l equazione avrebbe avuto la stessa forma. Per la massa volumica dell acqua si può assumere ρ = 1000 kg/m 3. Problema 3 Si tratta di un urto perfettamente inelastico, in cui quindi l energia meccanica non viene conservata. Si consideri il sistema costituito dal disco e dal corpo. Nella situazione relativa alle domande 1 e 2, il supporto costituisce una forza esterna per cui nemmeno la quantità di moto del sistema è conservata; tuttavia, è conservato il momento angolare rispetto all asse di rotazione, in quanto la forza esercitata dal supporto ha braccio nullo rispetto a tale asse. Definiamo un sistema di riferimento con asse x orizzontale e diretto verso destra nella figura, asse y verticale e diretto verso l alto, origine collocata in corrispondenza della posizione iniziale dell asse di rotazione. Quest ultimo è orientato nella direzione z. Indicata con ω la velocità angolare del disco subito dopo l urto, possiamo quindi uguagliare il momento angolare lungo z prima e dopo l urto: mv 0 d = (I + mr 2 )ω = 1 2 (M + 2m)R2 ω dove I = (1/2)MR 2 è il momento di inerzia del solo disco, e mr 2 è il contributo addizionale al momento di inerzia dovuto alla massa m attaccata a distanza R dall asse. Da qui si ottiene ω = 2m v 0 d M + 2m R 2 L impulso sviluppato dal supporto, per il teorema delll impulso, è responsabile della variazione della quantità di moto del sistema disco+supporto (che in assenza della forza esterna del supporto si sarebbe conservata): J = P.

4 Trascurando la coordinata z, non rilevante, la quantità di moto iniziale del sistema è ovviamente Px i = mv 0 Py i = 0 Detto θ l angolo che il segmento fra l origine e il punto di impatto forma con l asse x, tale che d = R sin θ, la velocità del corpo attaccato al disco dopo l urto sarà v x = ωr sin θ, v y = ωr cos θ. La quantità di moto finale è P f x = mωr sin θ P f y = mωr cos θ (essendo il disco simmetrico, il suo centro di massa rimane in quiete dopo l urto e pertanto il suo contributo alla quantità di moto è nullo), e pertanto J x = P f x P i x = m(ωr sin θ v 0 ) J y = P f y P i y = mωr cos θ Per la componente x, il risultato può anche essere scritto ( 2m d 2 ) J x = m(ωd v 0 ) = M + 2m R 2 1 mv 0 ed è una quantità negativa. Domanda 3. Nella situazione relativa alla domanda 3, il supporto esercita una forza esterna solo in direzione y, mentre non esercita alcuna forza in direzione x. Pertanto, la quantità di moto in direzione x si conserva, assieme al momento angolare assiale. Indicata con V la velocità (lungo x) del centro di massa del disco subito dopo l urto e con ω la sua velocità angolare, dovrà allora essere mv 0 = MV + mv + mω R sin θ = (M + m)v + mω d dove l ultimo termine rappresenta la componente x della quantità di moto del corpo attaccato al disco rispetto al centro di massa del disco. La conservazione del momento angolare fornisce una equazione simile a quella trovata in precedenza, ma a cui va aggiunto il contributo mv d dovuto al fatto che il corpo è attaccato al disco che ora ha anche un moto di traslazione: mv 0 d = (I + mr 2 )ω + mv d = 1 2 (M + 2m)R2 ω + mv d Queste due equazioni costituiscono un sistema lineare di due equazioni per le due incognite V e ω. Ponendo V = m(v 0 ω d)/(m + m) estratto dalla prima equazione nella seconda si ottiene il risultato ω 2mMv 0 d = (M + 2m)(M + m)r 2 2m 2 d 2 A questo punto anche V è disponibile dalla prima equazione: V = m(v 0 ω d) M + m

5 oppure equivalentemente, dalla seconda: Problema 4 V = v 0 (M + 2m)R2 ω 2md Si noti innanzitutto che in questo ciclo solo la trasformazione AB è reversibile. Si noti inoltre che, non essendo CD reversibile, non sono valide P V γ = costante, T V γ 1 = costante per tale trasformazione. Il rendimento del gas è dato da η = 1 Q c / Q a dove Q c è il calore ceduto e Q a il calore assorbito dal gas in un ciclo. In questo ciclo, Q a = Q BC mentre Q c = Q AB + Q DA. Nella trasformazione CD non viene trasferito calore essendo adiabatica (Q CD = 0). Pertanto, tenendo conto dei segni secondo le convenzioni usuali, Dai dati del problema possiamo calcolare e η = 1 + Q AB + Q DA Q BC Q AB = L AB = nr ln V B (< 0) Q BC = nc v ( ) (> 0) dove C v = (3/2)R essendo il gas ideale e monoatomico. Pertanto otteniamo Q DA = Q BC (η 1) Q AB (< 0) Dovendo anche essere Q DA = nc v ( T D ) per una trasformazione isocora, abbiamo infine T D = Q DA nc v Avendo trovato tutti i calori scambiati, possiamo dire che, per il primo principio della termodinamica, il lavoro L complessivo svolto dal gas in un ciclo sarà da cui si ottiene L = Q = Q AB + Q BC + Q CD + Q DA L = nr ln V B + nc v ( T D ) O, in alternativa, possiamo notare che non viene svolto lavoro nelle isocore (L BC = L DA = 0), e che essendo AB una isoterma e CD una adiabatica dovrà essere L = L AB + L CD = Q AB E CD che fornisce subito il medesimo risultato trovato sopra.

6 Domanda 3. Nella trasformazione CD il gas è isolato dall ambiente. L ambiente non acquista nè cede calore e la sua entropia non varia ( S CD,amb = 0). La variazione di entropia dell universo pertanto coincide con la variazione di entropia del gas, che possiamo ottenere utilizzando la formula generale per le variazioni di entropia in un gas ideale: S CD,univ = S CD,gas = nc v ln T D nr ln V B (avendo usato V D /V C = /V B ). Si noti che tale quantità è nulla come è da aspettarsi quando V γ 1 C = T D V γ 1 D. Tale relazione vale per adiabatiche reversibili, ma non nel nostro caso. Domanda 4. Per calcolare la variazione complessiva di entropia dell universo possiamo usare due strategie equivalenti. La prima consiste nell osservare che l entropia del gas in un ciclo chiuso non varia, essendo l entropia una funzione di stato, e quindi è sufficiente calcolare la variazione di entropia dell ambiente in un ciclo: S univ = S AB,amb + S BC,amb + S CD,amb + S DA,amb Come già osservato, S CD,amb = 0. Nelle trasformazioni isocore l ambiente scambia calore a temperatura costante, quindi S BC,amb = Q BC (< 0), S DA,amb = Q DA (> 0) Infine, essendo AB reversibile, e quindi S AB,amb = S AB,gas = nr ln V B = Q AB (> 0) S univ = Q AB Q BC Q DA La seconda strategia consiste nel sommare la variazione di entropia complessiva (gas + ambiente) per ciascuna trasformazione, sfruttando il fatto che tale variazione è nulla per tutte le trasformazioni reversibili. In questo ciclo però solo AB è reversibile, per cui questo approccio non è particolarmente conveniente. Abbiamo comunque e come già trovato S BC,univ = nc v ln T B Q BC S DA,univ = nc v ln T D Q DA S CD,univ = nc v ln T D nr ln V B La somma di queste tre variazioni corrisponde al valore per S univ trovato sopra.

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