mv x +MV x = 0. V x = mv x

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1 Università degli Studi di Udine, Corso di Laurea in Ingegneria Gestionale A.A. 15/16, Sessione di Gennaio/Febbraio 16, Esae di FISICA GENEALE 1 1 CFU Prio Appello, POVA SCITTA, 1 Febbraio 16 TESTI E SOLUZIONI DEI POBLEI POBLEA A1 Un punto ateriale di assa è inizialente fero sulla soità di un cuneo con un profilo circolare liscio di raggio vedi figura. Il cuneo, di assa, può scivolare su di un piano orizzontale senza attrito ed è anch esso inizialente fero. Al tepo t = il punto ateriale viene lasciato libero. Deterinare: a le velocità finali del punto ateriale v v v e del cuneo V V V una volta che il punto ateriale è sceso dal cuneo; b la velocità finale del centro di assa del sistea punto ateriale + cuneo. Coe cabierebbero i risultati se invece del cuneo con profilo circolare avessio un cuneo con profilo rettilineo di altezza e angolo θ? Soluzione Lungo l asse orizzontale x, non ci sono forze esterne al sistea cuneo + punto ateriale. Su tale asse vale la conservazione della quantità di oto v x +V x =. Le uniche forze in gioco non fanno lavoro o sono conservative, per cui vale anche la conservazione dell energia eccanica 1 v + 1 V +gy = costante dove y è la quota della pallina possiao scegliere y = sul piano e ignorare l energia potenziale del cuneo che non cabia ai. Quando la pallina è scesa dal cuneo, v v v è diretta lungo l asse x, così coe V V V. La conservazione dell energia diventa g = 1 v x + 1 V x. Notando che dalla pria equazione si ottiene si ricava V x = v x 1+ g v x = g, v x = +, V g x = + Il risultato non dipende in nessun odo dalla fora del cuneo, a solo dalla quota della pallina e dall assenza di attriti! POBLEA A Un disco oogeneo di raggio = 5. c e di assa =. kg ruota in un piano verticale attorno ad un asse passante per il suo centro O con velocità angolare costante ω = 1.5 rad/s. Un proiettile di assa = 5. g, che si uove su di una retta distante v v v b =. c da O, colpisce il disco alla velocità v = /s, restando conficcato sul bordo. ω O b Calcolare: a il oento d inerzia del sistea dopo l urto; b la velocità angolare del sistea dopo l urto; c l energia eccanica dissipata nell urto. Soluzione All atto dell urto sul sistea disco + proiettile agiscono due forze esterne: la forza di gravità agente sul proiettile e la forza ipulsiva che l asse del disco esercita sul disco affinchè il suo centro rianga in quiete. In urto istantaneo o quasi la seconda è in genere olto più intensa della pria; per tale ragione la pria può essere trascurata. 1 1 In realtà ci sarebbero anche altre due forze esterne, a essendo uguali ed opposte non le abbiao citate. Tali forze sono la forza di gravità agente sul disco e la reazione verticale del suo asse.

2 La presenza della forza ipulsiva esterna fa sì che la quantità di oto del sistea non sia conservata. Tuttavia, dato che la suddetta forza agisce in O e quindi non ha oento rispetto ad O, allora possiao usare la conservazione del oento angolare rispetto a tale punto. Possiao quindi scrivere la seguente L i = Iω +bv pria dell urto, dove I = 1 =.5 kg è il oento d inerzia di un disco oogeneo che ruota attorno al suo centro. Il oento angolare del sistea dopo l urto sarà invece L f = I ω dove I e ω sono il oento d inerzia del disco con il proiettile conficcato e la velocità angolare dopo l urto. Dalla definizione di oento d inerzia e usando il teorea degli assi paralleli, si ottiene I = I + = 1 + =.51 kg. Iponendo la conservazione del oento angolare L i = L f si ottiene ω = Iω +bv I = ω +bv + =.69 rad/s. L energia eccanica dissipata nell urto è la differenza fra l energia cinetica iniziale K i = 1 Iω + 1 v = 1.8 J, e quella finale K f = 1 I ω =.98 J, ovvero K = 99.4 J. Notare che l energia dissipata nell urto pari a K è praticaente uguale all energia cinetica del proiettile 1 J. POBLEA A Si abbia un cilindro con pareti adiabatiche altezza H = 1. e area di base A e si supponga che al suo interno sia posto un pistone a tenuta, avente una assa = kg, libero di scorrere verticalente attrito trascurabile. Il pistone è costituito da un ateriale pereabile al calore e divide il cilindro in due scoparti in cui vi sono n 1 e n oli di uno stesso gas ideale onoatoico. Nello stato iniziale scheatizzato in figura il sistea è in equilibrio eccanico e terodinaico e la sua teperatura è pari a = 4 K; in tale stato gli scoparti 1 e hanno uguale volue. Supponendo che il volue del pistone sia trascurabile rispetto a quello del recipiente e che sia n 1 =. ol, deterinare: a il nuero di oli n di gas presenti nello scoparto. Successivaente il pistone viene abbassato lentaente fino a far diezzare il volue dello 1 scoparto 1. Trascurando la capacità terica del pistone, deterinare: b la teperatura finale T f del sistea. Soluzione Se indichiao con V 1 e V i volui dei due scoparti, nello stato iniziale del sistea è V 1 = V = AH/. Quindi possiao scrivere p 1 AH = n 1 ; p AH = n, dove p 1 e p sono le pressioni del gas nei due scoparti. D altra parte, l equilibrio eccanico del pistone ci perette di scrivere la seguente che inserita nella seconda delle precedenti ci dà p 1 g A AH p 1 A = p A+g p = p 1 g A, = n n = p 1AH gh.

3 Inserendo in quest ultia l espressione di p 1 che si ottiene dalla pria equazione abbiao n = n 1 gh = n 1 gh = 1.7 ol. entre il pistone viene abbassato lentaente, il calore totale scabiato dal sistea con l abiente deve essere nullo. Tuttavia ci saranno degli scabi di calore tra i due scoparti in odo tale che, anche se la teperatura degli scoparti cabierà, essi si anterranno isoterici. Utilizzando la 1 a legge della terodinaica e indicando con V e V 1 il volue totale e il volue dello scoparto 1, possiao scrivere = dq = dq 1 +dq = de int,1 +de int, +dl 1 +dl = n 1 +n c V dt +p 1 p dv 1. Utilizzando ancora una volta l equazione dei gas ideali possiao scrivere le seguenti { p1 V 1 = n 1 T p p V V 1 = n T 1 p = T n. Sostituendo nella precedente abbiao n 1 +n c V dt +T n dv 1 = n 1 +n c V Integrando abo i ebri tra gli stati iniziale e finale si ha n 1 +n c V Tenendo presente che è otteniao dt V1,f T = n V 1,i V 1 VV 1 n 1 +n c V dv 1 V 1,f V 1,i = 1 ; V V 1,f V V 1,i = ; = [ n 1 +n ] = n 1 +n c V dt T = n dv 1. [ ] V1,f V V1,f = n 1 +n V 1,i V V 1,i [ +n ] n 1 +n dove abbiao tenuto conto del fatto che è c V =. T f = e [ n 1 +n ] n 1 +n = 45 K, POBLEA A4 Supporre intorno ad un punto O sia distribuita con sietria radiale della carica elettrostatica. Al variaredella distanzar dao, ladensitàdicarica voluica siaespressadallafunzioneρr = A r 1 con A = C/ e = 1. c. Deterinare: a la carica netta presente in una sfera di raggio =. c con centro in O; b a quale distanza r 1 da O si annulla il capo elettrostatico; c a quale distanza r da O il potenziale elettrostatico assue lo stesso valore che ha in O. d il assio valore della d.d.p. Vr V... tenendo conto anche del suo segno. Soluzione Considerando dei gusci sferici di raggio r e spessore dr con centro in O, possiao dire che la carica contenuta in tali gusci è data dalla seguente dq = ρr 4πr dr. Pertanto la carica presente su una sfera di raggio r con centro in O è pari a r r r Qr = dq = ρr 4πr dr r = 4πA 1 r dr = πa 4 r.

4 Quindi per r = abbiao Q = πa 4 = C. Per il calcolo del capo elettrostatico basta considerare una sfera di raggio r con centro in O e applicare il teorea di Gauss. Si ha Φ E r = Er 4πr = q int = Qr Er = Qr ε ε 4πε r = A r 4 r. 4ε Da tale espressione si capisce iediataente che il capo elettrostatico si annulla oltre che in O anche in r = r 1 = 4 = 1. c. La d.d.p. tra O ed un punto a distanza r da O si ricava attraverso il seguente integrale r Vr V = Erdr = A r r 4 r dr = A r r. 4ε 1ε Da tale espressione è iediato ricavare che il potenziale assue lo stesso valore di quello in O quando è r = r = =. c. D altra parte, se osserviao l espressione di Er, ricordando che dvr dr = Er, si capisce che inr 1 essendo Er 1 = il potenziale e quindi anche Vr V ha un assio o un inio. Inoltre, dato che per r < r 1 è E < dv/dr > e r > r 1 è E > dv/dr <, possiao dire che questo è un punto di assio. Si noti infine che è Vr 1 V = A 1ε r1 r 1 = 8A 81ε r = 11 V. POBLEA B1 Un punto ateriale di assa è inizialente fero sulla soità di un cuneo con un profilo circolare liscio di raggio vedi figura. Il cuneo, di assa, puòscivolare su di unpiano orizzontale senza attrito ed è anch esso inizialente fero. Al tepo t = il punto ateriale viene lasciato libero. Deterinare: a le velocità finali del punto ateriale v v v e del cuneo V una volta che il punto ateriale è sceso dal cuneo; b la velocità finale del centro di assa del sistea punto ateriale + cuneo. Coe cabierebbero i risultati se invece del cuneo con profilo circolare avessio un cuneo con profilo rettilineo di altezza e angolo θ? Soluzione [Identica a quella di A1] POBLEA BUndiscooogeneodiraggio = 5.cediassa = 5.kgruotainunpianoverticale attorno ad un asse passante per il suo centro O con velocità angolare costante ω =.5 rad/s in verso orario. Un proiettile di assa = 7. g, che si uove su di una retta distante b =. c da O vedi figura, colpisce il disco alla velocità v = 5 /s, v v v restando conficcato sul bordo. Calcolare: ω O b a il oento d inerzia del sistea dopo l urto; b la velocità angolare del sistea dopo l urto; c l energia eccanica dissipata nell urto. Soluzione Procediento pressoché identico a quello del problea A. Indichiao solo le piccole differenze e Il oento angolare iniziale è ora L i = Iω bv. Quindi ω = Iω bv I = ω bv + = 1.66 rad/s.

5 K i = 1 Iω + 1 v =.7 J; K f = 1 I ω =.859 J, K = 19.8 J. Anche in questo caso l energia dissipata nell urto pari a K è praticaente uguale all energia cinetica del proiettile J. POBLEA BSiabbiauncilindroconparetiadiabatichealtezza H = 1.eareadibaseAesisuppongachealsuointernosiapostounpistoneatenuta, aventeunaassa = 5kg, liberodiscorrereverticalente attrito trascurabile. Il pistone è costituito da un ateriale pereabile al calore e divide il cilindro in due scoparti in cui vi sono n 1 e n oli di uno stesso gas ideale biatoico. Nello stato iniziale scheatizzato in figura il sistea è in equilibrio eccanico e terodinaico e la sua teperatura è pari a = 8 K; in tale stato gli scoparti 1 e hanno uguale volue. Supponendo che il volue del pistone sia trascurabile rispetto a quello del recipiente e che sia n 1 = 1.6 ol, deterinare: a il nuero di oli n di gas presenti nello scoparto. Successivaente il pistone viene abbassato lentaente fino a far diezzare il volue dello 1 scoparto 1. Trascurando la capacità terica del pistone, deterinare: b la teperatura finale T f del sistea. Soluzione Procediento pressoché identico a quello del problea A. Indichiao solo le piccole differenze e n = n 1 gh = n 1 gh = 1.1 ol. = [ n 1 +n ] T f = e [ n 1 +n ] 5n 1 +n = 415 K, n 1 +n c V dove abbiao tenuto conto del fatto che è c V = 5. POBLEA B4 Supporre intorno ad un punto O sia distribuita con sietria radiale della carica elettrostatica. Al variaredella distanzar dao, ladensitàdicarica voluica siaespressadallafunzioneρr = A 1 r con A = C/ e = 1. c. Deterinare: a la carica netta presente in una sfera di raggio = 5. c con centro in O; b a quale distanza r 1 da O si annulla il capo elettrostatico; c a quale distanza r da O il potenziale elettrostatico assue lo stesso valore che ha in O; d il inio valore della d.d.p. Vr V... tenendo conto anche del suo segno. Soluzione Procediento pressoché identico a quello del problea A4. Indichiao solo le piccole differenze e 4 Qr = πa r 4 r Q = πa = C. 4 Er = Qr 4πε r = A 4ε Vr V = A 1ε r rr r r con Er = in r = r 1 = 4 = 1. c. con Vr V = in r = r = =. c. Infine, con considerazioni analoghe a quelle fatte in A4, si capisce che V è inio in r = r 1. In tale punto si ha Vr 1 V = A r 1 r1 1ε r = 8A r = 558 V. 81ε