1) Per quale valore minimo della velocità angolare iniziale il cilindro riesce a compiere un giro completo.

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1 Esame di Fisica per Ingegneria Elettronica e delle Telecomunicazioni (Parte I): Problema 1. Un punto materiale si muove nel piano su una guida descritta dall equazione y = sin kx [ = 12m, k = cm 1 ] mantendo costante la propria velocità lungo x, v x = 1.5 m/s 1) Calcolare il valore massimo e minimo del modulo della velocità. 2) Calcolare il valore massimo e minimo del modulo della accelerazione. Problema 2. Consideriamo una barra rigida pesante, di lunghezza l e massa m = 1.3Kg, a contatto con le pareti di una cavità di angolo d apertura α = π 3, come in Figura. Se supponiamo il contatto nei punti e B privo di attrito, 1) per quale valore dell angolo ϕ che la sbarra forma con la direzione orizzontale è possibile l equilibrio. 2) Determinare le componenti delle reazioni vincolari. α φ B Problema 3. Il cilindro in Figura, di raggio R = 0.50cm e massa M = 200g, rotola senza strisciare su un piano orizzontale. Il suo centro è fissato ad un punto O del piano da una molla di costante elastica k = 1N/m e lunghezza a riposo nulla. Inizialmente si trova sulla verticale di O. O 1) Per quale valore minimo della velocità angolare iniziale il cilindro riesce a compiere un giro completo. 2) Scelta un opportuna coordinata scrivere l equazione del moto del cilindro. e determinare la frequenza delle piccole oscillazioni attorno alla posizione di equilibrio. Problena 4. Un corpo sferico di massa m = 1400Kg galleggia immerso in acqua salata (ρ H2 O = 1030kg/m 3 ) Il raggio è r = 0, 8m. (a) Calcolare quanto vale il volume emerso e quello immerso. (b) Calcolare, inoltre, la forza minima F da applicare alla sfera in modo tale che resti completamente immersa in acqua. Problema 5. Tre moli di un gas ideale monoatomico vengono portati dallo stato allo stato B mediante una espansione adiabatica nel vuoto. Successivamente, il gas viene portato allo stato C tramite una compressione adiabatica irreversibile ed infine il gas viene posto a contatto con una sorgente a temperatura T e ritorna allo stato iniziale con una trasformazione isobara irreversibile. Sono dati la temperatura T = K, la pressione P = P a ed il lavoro compiuto nella trasformazione BC, W BC = 3, J. Determinare 1) il volume dello stato C 2) calcolare la variazione di entropia dell universo.

2 Soluzioni dell Esame di Fisica per Ingegneria Elettronica e delle Telecomunicazioni (Parte I): Soluzione Problema 1. Se denotiamo con (x(t), y(t)) l equazioni orarie del punto materiale, il vettore velocità è dato da v = (ẋ(t), ẏ(t)) e la sua norma è data da v(t) = ẋ 2 (t) + ẏ 2 (t). (0.1) L equzione orarie soddisfano identicamente l equazione della traittoria: y(t) = sin kx(t). Se la deriviamo possiamo esprimete v y = ẏ(t) in funzione di v x = ẋ(t): ẏ(t) = kẋ(t) cos kx(t). Sostituendo nell espressione per il modulo della velocità, troviamo che v(t) = ẋ(t) k 2 cos 2 kx(t) = v x k 2 cos 2 kx(t). (0.2) dpve abbiamo denotato con v 0 il valore costante di v x, Il modulo della velocità è massimo quando cos 2 kx(t) = 1 (cioè x(t) = nπ k ) con v max = v x k 2 = 1.5m/s m cm 2 = 1.5m/s = 5.60ms 1. ed è minimo quando cos 2 kx(t) = 0 (cioè x(t) = 2n+1 π) con v min = v x = 1.5m. Il modulo dell accelerazione si trova con un ragionamento simile. Infatti a(t) = (0, ÿ(t)) = (0, k 2 ẋ 2 (t) sin kx(t)) a(t) = k 2 v 2 0 sin kx(t) Dunque è minima per x(t) = nπ con a min = 0 e massima per x(t) = 2n+1 π con a max = k 2 v 2 0 = 12m cm m 2 s 2 = ms 2 = 2.43ms 2. Soluzione Problema 2. L assenza di attrito lungo le superfici della cavità implica che le reazioni vincolari R e R B sono ortogonali a tali superfici. bbiamo poi la forza peso P = m g che è applicata nel baricentro G dell asta. L asta è in equilibrio se vengono soddisfatte le seguenti due condizioni di equilibrio Traslazione: R + R B + P = 0 R G P φ α y RB B x Rotazione: r O R + r BO R B + r GO P = 0, dove O è l origine rispetto a cui calcoliamo i momenti. Sceglieremo O = B e gli assi x and y come in figura. Proiettiamo ora le precedenti equazioni lungo gli assi: Traslazione: x : R R B sin α = 0 y : mg + R B cos α = 0 Rotazione: M z : lr sin ϕ + 1 mgl cos ϕ = 0 2 dove abbiamo usato che r GB = l 2 ( cos ϕ, sin ϕ) e r B = l( cos ϕ, sin ϕ). Risolvendo queste equazioni per le variabili R, R B e ϕ R = mg tan α R B = mg sec α tan ϕ = 1 cot α. 2

3 1) ϕ = tan 1 ( 1 2 cot α) = tan 1 ( 1 2 cot π ) 3 = 0.28 = ) R = mg tan α = 1.3Kg 9.8ms 2 tan π 3 = 22.06N R B = mg sec α = 1.3Kg 9.8ms 2 sec π 3 = 25.48N dunque R B = R B ( sin α, cos α) = ( 22.06N, 12.74N) Soluzione Problema 3. 1) Nel moto si conserva l energia. Essa è data da E = 1 2 I CMω mv2 CM kr2 O. dove I CM = 1 2 R2 è il momento di inerzia rispetto al centro di massa. La condizione di rotolamento impone che v CM = ωr. Quindi E = 1 2 (I CM + MR 2 )ω kr2 O. L energia iniziale E i corrisponde al momento in cui P coincide con O ed abbiamo E i = 1 2 (I CM + MR 2 )ω kr2. Dopo un giro OP = 2πR e quindi r O = R 2 + 4π 2 R 2. L energia finale è dunque E f = 1 2 (I CM + MR 2 )ω 2 f k(r2 + 4π 2 R 2 ). O P Siccome l energia si conserva E i = E f 1 2 (I CM + MR 2 )ω kr2 = 1 2 (I CM + MR 2 )ω 2 f k(r2 + 4π 2 R 2 ). La velocità angola è minima quando ω f = 0. Perciò troviamo ω0 2 = 4π2 R 2 I + MR 2 = 8π2 k 3M = 8π2 1N/m 3 0.2Kg = 131.6s 2 ω 0 = 11.5s 1 2) Per trovare l equazione del moto usiamo la seconda equazione cardinale della dinamica ed usiamo come punto di riferimento dei momenti P. Questa scelta fa si che non dobbiamo considerare la forza di attrito statico dato che il suo momento rispetto a P è nullo. Se il cilindro ruota di un angolo θ, la distanza OP è pari a Rθ e la distanza r O è data da r O = R 2 + R 2 θ 2 La forza esercitata dalla molla in componenti è data da ( krθ, kr). Il momento della forza rispetto al punto P può essere facilmente calcolato e vale M = kr 2 θ. (0.3) Quindi l equazione del moto è (I CM + MR 2 ) θ = kr 2 θ, (0.4) dove abbiamo usato il teorema di Huygens-Steiner per determinare il momento rispetto al punto P. La frenquenza f del moto oscillatorio è perciò f = 1 2π kr 2 I CM + MR 2 = 1 2π 3M = 1 2 1N/m 2π 3 0.2Kg = 0.3s 1. (0.5)

4 Soluzione Problema 4. (a) La sfera galleggia quando la spinta di rchimede S e la forza peso P si compensano S + P = 0. Entrambe le forze sono lungo la direzione normale ẑ alla superficie del liquido. Usando il principio di rchimede, abbiamo S = ρ H2 0V S gẑ dove V S denota il volume sommerso. La forza peso è invece data da P = mgẑ, quindi V S = m ρ H2 O = 1400Kg 1030Kgm 3 = 1.36m3. (0.6) Il volume V tot della sfera è V tot = 4π 3 r3 = 2.14m 3 e quindi il volume emerso è V E = 2.14m m 3 = 0.78m 3. (b)la forza F che serve per tenere la sfera completamente sommersa deve compensare la somma della spinta di rchimede che in questo è caso data da S = ρ H2 0V tot gẑ e della forza peso P = mgẑ. ossia F mgẑ + ρ H2 0V tot gẑ = 0 F = (m ρ H2 0V tot ) gẑ = (1400Kg 1030Kgm m 3 )9.8ms 2 ẑ = Nẑ Soluzione Problema 5. 1) Iniziamo con il considerare l espansione da a B. È un espansione libera e dunque non viene fatto lavoro: L B = 0. Inoltre essendo adiabatica Q = 0. Quindi dal primo principio della termodinamica U B = 0, ovvero la trasformazione è isoterma. T B = T = 300 K. La trasformazione da B a C è un adiabatica irreversibile, quindi Q BC = 0. Dal primo principio della termodinamica U BC + W BC = 0 nc v (T C T B ) + W BC = 0 nc v (T C T ) + W BC = 0 T C = W BC nc v + T = 300 K J 3mol 3 J 28, 31 mol K = K Siccome si va da C ad tramite un isobara irreversibile, si deve avere ovviamente P C = P e dunque V C = nrt C P C = 3mol 8, 31 P a m3 mol K K P a = 0.16m 3. 2) La variazione di entropia dell universo è data dalla variazione di entropia del gas S gas e dalla variazione di entropia S amb. Per il gas perfetto, tutti i contributi si sommano in modo che S gas = 0 dato che l entropia è una funzione di stato ed il gas compie un ciclo. Quindi rimane solo da determinare la variazione di entropia dell?ambiente. Nelle prime due trasformazioni non c è variazione di entropia poichè non viene ceduto calore all ambiente. Nell ultima trasformazione il gas cede una quantità di calore all ambiente pari a Q C = nc p (T T C ) = 5 P a m3 3mol 8, 31 2 mol K (300 K K) = J Dunque la sorgente di calore a 300 K assorbe una quantità di calore Q = Q C = J e la sua variazione di entropia è S = Q T = J 300 K = J/ K

5 Quindi S amb = S e dunque S univ = S gas + S amb = S = J/ K