Univerità degli Studi di Udine, Coro di Laurea in Ingegneria Meccanica A.A. 217/218, Seione di Giugno/Luglio 218, Secondo Appello Eame di FISICA I, Prova critta del 2 Luglio 218 TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI PROBLEMA A1 Un veicolo i maa M = 5 kg che i muove in un tratto di trada orizzontale e rettilineo riente, oltre alla pinta F del motore, di una forza reitente (riultante dell attrito con l afalto e della reitenza dell aria) di ampiezza R = R +kv 2, dove v è la velocità itantanea dell auto, R = 15 N e k = 1.5 N 2 /m 2. Nel cao in cui il veicolo i muova di moto uniforme con velocità V = 1 km/h: a) determinare la potenza viluppata dal motore. Invece, nel cao in cui il veicolo, partendo da fermo, i muova di moto uniformemente accelerato con a = 5. m/ 2 per un intervallo di tempo t = 1., calcolare: b) la velocità finale raggiunta dal veicolo; c) l energia W pea dal motore durante tutta l accelerazione. Soluzione Quando il veicolo i muove a velocità cotante, eendo l accelerazione nulla, dovrà eere nulla anche riultante delle forze che agice u di eo. Quindi la pinta del motore F bilancerà la forza reitente e i avrà F = R +kv 2 La potenza viluppata dal motore corriponde alla potenza meccanica aociata alla forza F pari a P = FV = (R +kv 2 )V = 3.63 1 4 W = 36.3 kw. Nel cao di moto uniformemente accelerato con accelerazione a, la velocità varia econdo la legge v(t) = at e quindi nell intervallo di tempo indicato la velocità raggiunta dal veicolo è Dalla 2 a legge della dinamica egue che v f = a t = 5. m/ = 18 km/h. Ma = F R = F R kv 2 F = F(t) = Ma+R +kv 2 = Ma+R +ka 2 t 2, e queto dimotra che in tal cao la pinta del motore non è cotante. Anche la potenza itantanea viluppata dal motore dipende dal tempo ed è pari a P(t) = F(t) v(t) = (Ma+R +ka 2 t 2 )at = (Ma+R )at+ka 3 t 3. Dalla definizione della potenza meccanica egue che l energia pea dal motore dell intervallo di tempo dt è pari a dw = P(t)dt e coneguentemente, l energia pea dal motore nell intera accelerazione i ottiene come egue W = t P(t)dt = (Ma+R )a t tdt+ka 3 t t 3 dt = (Ma+R )a t2 2 +ka3 t4 4 = 1.13 16 J. PROBLEMA A2Uncorpodimaam = 1.kgèagganciato tramiteunacordaideale(inetenibile edi maatracurabile) all ae di uncilindroomogeneo di maam = 15. kg eraggio R (vedi figura); entrambi poggiano u dei piani orizzontali. Intorno al cilindro è avvolta una econda corda ideale il cui capo detro (vedi figura) è tirato con una forza F F F. Il corpo di maa m riente di attrito con il piano di appoggio caratterizzato dai coefficienti µ =.8 e µ k =.5. Sapendo che la corda avvolta intorno al cilindro non litta mai e che anche il cilindro non litta mai ripetto al piano di appoggio, determinare: a) il modulo di F F F, Fmin, al di opra del quale il itema non è più in equilibrio tatico;
b) l accelerazione del corpo di maa m nel cao in cui il modulo di F F F è pari a 3Fmin ; c) il minimo valore del coefficiente di attrito tra cilindro e piano di appoggio, µ,min, neceario affinché il cilindro poa (effettivamente) non littare. m M R F F F Soluzione Il itema arà in equilibrio tatico fino a quando ogni ingolo corpo lo arà. A tale copo coniderando un ae x orizzontale vero initra e applicando la 2 a legge della dinamica nelle forme lineare (per il corpo di maa m) e angolare (per il cilindro ripetto all ae paante per il punto di contatto con il piano di appoggio) dovranno valere le eguenti { = T f = 2RF RT, dove f è la forza di attrito tatico che agice ul corpo di maa m e T è la tenione della corda di initra. 1 Eliminando T tra le due relazioni abbiamo Ma per la forza di attrito tatico vale la eguente 2RF Rf = F = f 2. f f,max con f,max = µ N m = µ mg, e pertanto, dovrà eere F F min = 1 2 µ mg = 39.2 N. Quando il modulo dif upera Fmin il itema non arà più in equilibrio e l applicazione della 2 a legge della dinamica nelle forme lineare e angolare porterà alle eguenti ma = T f k = T µ k mg, I P α = 2RF RT dove ora a e α ono è l accelerazione lineare di m e l accelerazione angolare del cilindro. D altra parte, f k = µ k mg è la forza di attrito dinamico agente u m e I P è il momento d inerzia del cilindro ripetto all ae paante per il punto di itantaneo contatto. Oervando che il cilindro egue un moto di puro rotolamento vero detra e e indichiamo con a cm l accelerazione del uo centro di maa, poiamo crivere le eguenti { α = acm /R a = a cm α = a R. Quindi, eliminando T tra le due precedenti equazioni (dalla prima i ha T = ma+µ k mg e i otituice nella econda), i ottiene I P a R = 2RF Rma µ krmg, dalla quale i ricava a = R2 (2F µ k mg) I P +mr 2. 1 Si noti che eendo le corde ideali e prive di maa, la tenione della corda di detra arà empre, indipendentemente dal uo moto, pari al modulo di F F F.
Notando che per il momento d inerzia I P abbiamo (dal teorema degli ai paralleli) I P = I cm +MR 2 = 1 2 MR2 +MR 2 = 3 2 MR2, e ponendo F = 3F min = 3 2 µ mg, l accelerazione del corpo di maa m diventa a = 2(3µ µ k )mg 3M +2m = 5.73 m/2. Per valutare il coefficiente di attrito tatico relativo al contatto tra cilindro e relativo piano di appoggio dobbiamo calcolare la corripondente forza di attrito tatico f (cil). Avendo già calcolato a, i può procedere in vari modi: ad eempio, upponendo f (cil) diretta vero detra e applicando la 2 a legge in forma lineare al moto del cilindro teo, i ottiene Ma cm = F T +f,cil f (cil) = Ma cm F +T = Ma F +ma+µ k mg = (M +m)a F +µ k mg. Sotituendo F = 3F min = 3 2 µ mg e facendo il calcolo utilizzando il valore numerico di a, i ottiene ( ) 3 f (cil) = (M +m)a 2 µ µ k mg = 74.6 N Quindi, dovendo eere f (cil) f,max (cil) = µ (cil) N M = µ (cil) Mg, i ha µ (cil),min = f(cil) µ (cil) Mg =.57. PROBLEMA A3 Ad un ga ideale biatomico viene fatto eguire il ciclo reveribile chematizzato in figura cotituito da un epanione iobara (1 2), un epanione adiabatica (2 3) e una compreione ioterma (3 1). Preione e volume dello tato 1 ono p 1 = 3. atm e = 3. dm 3 ; nello tato 3 il volume del ga è V 3 = 4. Sapendo che il numero di moli di ga è n = 3. mol, determinare: a) la temperatura T 2 e il volume V 2 dello tato 2; b) il lavoro L prodotto dal ga nell intero ciclo; c) il rendimento η del ciclo. Il lavoro L prodotto dal ciclo (quello calcolato al punto b)) viene p 1 2 utilizzato per comprimere un numero di moli n (identico a quello menzionato in precedenza) di un econdo ga ideale lungo unatraformazione politropica (pv k = cot.) con k = 3. Sapendola preione e il volume dello tato iniziale di tale ga ono identici a quello dello tato 1 del primoga, determinare: d) la ua temperatura T f alla fine della compreione. Soluzione Prima di tutto i noti che è T 1 = p 1 = 365 K. Dato lo tato 2 appartiene ia all iobara 1 2 che all adiabatica 2 3 devono valere le eguenti 3 V V 2 T 2 = T 1 ; T 2 V γ 1 2 = T 3 V γ 1 3. Combinandoquete duerelazioni e notandoche T 3 = T 1 (dato che gli tati 1 e 3 giacciono ull ioterma 3 1) e V 3 = 4, i ha V 2 = 4 1 1 γ ; T 2 = p 1V 2 = 1 41 γ T 1,
dove γ è l eponente delle adiabatiche che, eendo il ga biatomico, è pari a 7/5. otituendo abbiamo V 2 = 4 2/7 = 44.6 dm 3 ; T 2 = 4 2/7 T 1 = 543 K. Il lavoro L compiuto dal ga e il calore Q cambiato dallo teo nell intero ciclo ono uguali. Pertanto potremo crivere L = Q 12 +Q 31, dove i è già tenuto conto del fatto che nella traformazione 2 3 il calore cambiato è nullo. Quindi, tenendo preente la natura iobara e ioterma delle traformazioni 1 2 e 3 1, i ha e Q 31 = L 31 = 1 Pertanto il lavoro totale è 3 Q 12 = nc p (T 2 T 1 ) = n 7 ) (4 2 R 2/7 1 T 1 = 1.55 1 4 J, pdv = T 1 V1 V 3 dv V = T 1ln ( V1 [ 7 ( ) ] L = 4 2/7 1 ln4 T 1 = 2.86 1 3 J. 2 V 3 ) = T 1 ln4 = 1.26 1 4 J. Nel ciclo, il calore viene aorbito olo nella traformazione iobara 1 2. Pertanto il rendimento del ciclo è η = L = Q 12 +Q 31 = 1+ Q 31 2ln4 = 1 Q a Q 12 Q 12 7 ( 4 2/7 1 ) =.185. Se il lavoro L viene utilizzato per comprimere il econdo ga lungo una politropica con eponente k = 3 allora il lavoro compiuto da tale ga dovrà eere pari a L. In altre parole, eendo lo tato iniziale di tale ga identico a quello del primo, indicando con p f, V f e T f la preione, il volume e la temperatura di tale ga alla fine della compreione, dovremo avere Per la politropica l integrale è pari a Vf Vf pdv = L. pdv = 1 1 k (p fv f p 1 ) = 1 k (T f T 1 ), dove, nell ultimo paaggio, i è fatto uo della legge dei ga ideali. Perciò, dall ugualianza precedente i ottiene 1 k (T f T 1 ) = L T f = T 1 + (k 1)L = 594 K. PROBLEMA B1 Un veicolo i maa M = 8 kg che i muove in un tratto di trada orizzontale e rettilineo riente, oltre alla pinta F del motore, di una forza reitente (riultante dell attrito con l afalto e della reitenza dell aria) di ampiezza R = R +kv 2, dove v è la velocità itantanea dell auto, R = 25 N e k = 2. N 2 /m 2. Nel cao in cui il veicolo i muova di moto uniforme con velocità V = 13 km/h: a) determinare la potenza viluppata dal motore. Invece, nel cao in cui il veicolo, partendo da fermo, i muova di moto uniformemente accelerato con a = 3. m/ 2 per un intervallo di tempo t = 15., calcolare: b) la velocità finale raggiunta dal veicolo; c) l energia W pea dal motore durante tutta l accelerazione.
Soluzione Quando il veicolo i muove a velocità cotante, eendo l accelerazione nulla, dovrà eere nulla anche riultante delle forze che agice u di eo. Quindi la pinta del motore F bilancerà la forza reitente e i avrà F = R +kv 2 La potenza viluppata dal motore corriponde alla potenza meccanica aociata alla forza F pari a P = FV = (R +kv 2 )V = 1.3 1 5 W = 13 kw. Nel cao di moto uniformemente accelerato con accelerazione a, la velocità varia econdo la legge v(t) = at e quindi nell intervallo di tempo indicato la velocità raggiunta dal veicolo è Dalla 2 a legge della dinamica egue che v f = a t = 45. m/ = 162 km/h. Ma = F R = F R kv 2 F = F(t) = Ma+R +kv 2 = Ma+R +ka 2 t 2, e queto dimotra che in tal cao la pinta del motore non è cotante. Anche la potenza itantanea viluppata dal motore dipende dal tempo ed è pari a P(t) = F(t) v(t) = (Ma+R +ka 2 t 2 )at = (Ma+R )at+ka 3 t 3. Dalla definizione della potenza meccanica egue che l energia pea dal motore dell intervallo di tempo dt è pari a dw = P(t)dt e coneguentemente, l energia pea dal motore nell intera accelerazione i ottiene come egue W = t P(t)dt = (Ma+R )a t tdt+ka 3 t t 3 dt = (Ma+R )a t2 2 +ka3 t4 4 = 1.58 16 J. PROBLEMA B2 Intorno ad un cilindro omogeneo di maa M = 2. kg e raggio R è avvolta una corda ideale (inetenibile e di maa tracurabile) e al capo libero della tea è agganciato un corpo di maa m = 15. kg (vedi figura); entrambi poggiano u dei piani orizzontali. All ae del cilindro è agganciata una econda corda ideale il cui capo detro (vedi figura) è tirato con una forza F F F. Il corpo di maa m riente di attrito con il piano di appoggio caratterizzato dai coefficienti µ =.7 e µ k =.4. Sapendo che la corda avvolta intorno al cilindro non litta mai e che anche il cilindro non litta mai ripetto al piano di appoggio, determinare: a) il modulo di F F F, Fmin, al di opra del quale il itema non è più in equilibrio tatico; b) l accelerazione del centro di maa del cilindro, a cm, nel cao in cui il modulo di F F F è pari a 2Fmin ; c) il minimo valore del coefficiente di attrito tra cilindro e piano di appoggio, µ,min, neceario affinché il cilindro poa (effettivamente) non littare. m M R F Soluzione Il itema arà in equilibrio tatico fino a quando ogni ingolo corpo lo arà. A tale copo coniderando un ae x orizzontale vero initra e applicando la 2 a legge della dinamica nelle forme lineare (per il corpo di maa m) e angolare (per il cilindro ripetto all ae paante per il punto di contatto con il piano di appoggio) dovranno valere le eguenti { = T f = RF 2RT,
dove f è la forza di attrito tatico che agice ul corpo di maa m e T è la tenione della corda di initra. 2 Eliminando T tra le due equazioni abbiamo Ma per la forza di attrito tatico vale la eguente e pertanto, dovrà eere RF 2Rf = F = 2f. f f,max con f,max = µ N m = µ mg, F F min = 2µ mg = 26 N. Quando il modulo dif upera Fmin il itema non arà più in equilibrio e l applicazione della 2 a legge della dinamica nelle forme lineare e angolare porterà alle eguenti ma = T f k = T µ k mg, I P α = RF 2RT dove ora a e α ono l accelerazione lineare di m e l accelerazione angolare del cilindro, ripettivamente. D altra parte, f k = µ k mg è la forza di attrito dinamico agente u m e I P è il momento d inerzia del cilindro ripetto all ae paante per il punto di itantaneo contatto. Oervando che il cilindro egue un moto di puro rotolamento vero detra e e indichiamo con a cm l accelerazione del uo centro di maa, poiamo crivere le eguenti { α = acm /R a = 2a cm α = a 2R. Quindi, eliminando T tra le due precedenti equazioni (dalla prima i ha T = ma+µ k mg e i otituice nella econda) e facendo la otituzione a = 2a cm, i ottiene dalla quale i ricava I P a cm R = RF 4Rma cm 2µ k Rmg, a cm = R2 (F 2µ k mg) I P +4mR 2. Notando che per il momento d inerzia I P abbiamo (dal teorema degli ai paralleli) I P = I cm +MR 2 = 1 2 MR2 +MR 2 = 3 2 MR2, e ponendo F = 2F min = 4µ mg, l accelerazione del centro di maa del cilindro diventa a cm = 4(2µ µ k )mg 3M +8m = 3.27 m/2. Per valutare il coefficiente di attrito tatico relativo al contatto tra cilindro e relativo piano di appoggio dobbiamo calcolare la corripondente forza di attrito tatico f (cil). Avendo già calcolato a cm, i può procedere in vari modi: ad eempio, upponendo f (cil) diretta vero detra e applicando la 2 a legge in forma lineare al moto del cilindro teo, i ottiene Ma cm = F T +f,cil f (cil) = Ma cm F +T = Ma cm F +2ma cm +µ k mg = (M +2m)a cm F +µ k mg. 2 Si noti che eendo le corde ideali e prive di maa, la tenione della corda di detra arà empre, indipendentemente dal moto, pari al modulo di F F F.
Sotituendo F = 2F min = 4µ mg e facendo il calcolo utilizzando il valore numerico di a cm, i ottiene f (cil) = (M +2m)a cm (4µ µ k )mg = 19 N, dove il egno negativo ci egnala che f (cil) è diretta in vero oppoto a quanto coniderato (è diretta vero initra. Quindi, dovendo eere f (cil) f,max (cil) = µ (cil) N m = µ (cil) Mg, i ha µ (cil),min = f(cil) µ (cil) Mg =.967. PROBLEMA B3 Ad un ga ideale poliatomico viene fatto eguire il ciclo reveribile p chematizzato in figura cotituito da un epanione ioterma (1 2), 1 unaiocora(2 3)eunacompreioneadiabatica(3 1). Preione e volume dello tato 1ono p 1 = 4. atm e = 5. dm 3 ; nello tato 2 la preione del ga è p 2 = p 1 /2. Sapendo che il numero di moli di ga è n = 6. mol, determinare: 2 a) la temperatura T 3 e la preione p 3 dello tato 3; 3 b) il lavoro L prodotto dal ga nell intero ciclo; c) il rendimento η del ciclo. V Il lavoro L prodotto dal ciclo (quello calcolato al punto b)) viene utilizzato per comprimere un numero di moli n (identico a quello menzionato in precedenza) di un econdo ga ideale lungo unatraformazione politropica (pv k = cot.) con k = 2. Sapendola preione e il volume dello tato iniziale di tale ga ono identici a quello dello tato 1 del primo ga, determinare d) la ua temperatura T f alla fine della compreione. Soluzione Prima di tutto i noti che è T 1 = p 1 Dato che lo tato 2 giace ulla ioterma 1 2 allora è = 46 K. p 2 V 2 = p 1 V 2 V 3 = p 1 p 2 = 2 = 1 dm 3. Quindi, dato che gli tati 3 e 1 giacciono ull adiabatica 3 1 ( ) γ p 3 V γ 3 = p 1V γ V1 1 p 3 = p 1 = 2 γ p 1, e T 3 V γ 1 3 = T 1 V γ 1 1 T 3 = V 3 ( V1 V 3 ) γ 1 T 1 = 2 1 γ T 1, dove γ è l eponente delle adiabatiche che, eendo il ga poliatomico, è pari a 4/3. Sotituendo abbiamo p 3 = 2 4/3 p 1 = 1.58 atm; T 3 = 2 1/3 T 1 = 322 K. Il lavoro L compiuto dal ga e il calore Q cambiato dallo teo nell intero ciclo ono uguali. Pertanto potremo crivere L = Q 12 +Q 23, dove i è già tenuto conto del fatto che nella traformazione 3 1 il calore cambiato è nullo. Quindi, tenendo preente la natura ioterma e iocora delle traformazioni 1 2 e 2 3, i ha 2 V2 ( ) dv Q 12 = L 12 = pdv = T 1 V = T V2 1ln = T 1 ln2 = 1.4 1 4 J. 1
e ( Q 23 = nc V (T 3 T 2 ) nc V (T 3 T 1 ) = n3r 1 2 1/3) T 1 = 1.25 1 4 J, Pertanto il lavoro totale è [ ( L = ln2 3 1 2 1/3)] T 1 = 1.5 1 3 J. Nel ciclo, il calore viene aorbito olo nella traformazione ioterma 1 2. Pertanto il rendimento del ciclo è η = L = Q 12 +Q 23 = 1+ Q 23 = 1 3 ( 1 2 1/3 ) =.17. Q a Q 12 Q 12 ln2 Se il lavoro L viene utilizzato per comprimere il econdo ga lungo una politropica con eponente k = 2 allora il lavoro compiuto da tale ga dovrà eere pari a L. In altre parole, eendo lo tato iniziale di tale ga identico a quello del primo, indicando con p f, V f e T f la preione, il volume e la temperatura di tale ga alla fine della compreione, dovremo avere Per la politropica l integrale è pari a Vf Vf pdv = L. pdv = 1 1 k (p fv f p 1 ) = 1 k (T f T 1 ), dove, nell ultimo paaggio, i è fatto uo della legge dei ga ideali. Perciò, dall ugualianza precedente i ottiene 1 k (T f T 1 ) = L T f = T 1 + (k 1)L = 436 K.