catcode`"active Soluzioni Compito di Fisica I I Sessione I Appello Anno Accademico 014-015 Esercizio n.1: Un blocco M è inizialmente fermo nel tratto orizzontale di una guida priva di attrito (figura 1). Ad un certo istante il blocco è colpito da un proiettile di massa m e velocità iniziale v 0. Si determini: 1. l altezza H a cui giunge il blocco M, nel caso l urto sia completamente anelastico (valutazione 5 punti);. il modulo dell accelerazione tangenziale del blocco quando si trova nel punto di altezza H/ (valutazione 5 punti). (Valori numerici: M = 1.0 Kg; m = 0. Kg; v 0 = 38 m/s; A = 0.5 m 1 ) Essendo l urto completamente anelastico, dopo l urto la velocità v f del blocco (m+m) sarà: (m + M)v f = mv 0 v f = mv 0 m + M = 6.33 m/s (1) L altezza raggiunta si trova applicando la conservazione dell energia; risulta: H = v f g =.044 m () Quando il blocco si trova nel punto P di altezza y P = H/, la sua coordinata x sarà: x P = 1.43 m; esso è soggetto alla reazione vincolare normale ed alla forza peso; la componente tangenziale della forza peso determina l accelerazione del blocco. La derivata della funzione y=ax che descrive il profilo della guida nel punto P fornuisce la tangente dell angolo θ che la tangente geometrica del profilo nel punto P forma con l asse x. Risulta: H tnθ = Ax P = A A = AH = 1.43 θ = 0.96 rad (3) Dalla figura risulta che la componente della forza peso lungo la tangente al profilo P t è: P t = (m + M)gsinθ = 9.65 N a t = gsinθ = 8.04 m/s (4) Esercizio n.: Un cilindro omogeneo di massa M e raggio R è su di un piano con attrito inclinato sull orizzontale di un angolo θ; al cilindro è applicata una forza F parallela al piano, come indicato in figura. Si determini: 1
1. il valore della forza F per cui il blocco resta in equilibrio fermo (valutazione 5 punti);. il moto del blocco se F= 3 Mgsin θ (valutazione 5 punti) (Valori numerici: M = 3 Kg; R = 0.5 m; θ = π/6; µ s = 0.5; µ d = 0.4) Affinchè ci possa essere equilibrio è necessario che il momento delle forze rispetto al centro di massa sia nullo; questo implica che la forza di atrito statico sia rivolta verso l alto, nella direzione -x. Le equazioni cardinali si scrivono quindi: Mgsinθ F F s = 0 (5) R N Mgcosθ = 0 (6) L ultima equazione implica che F = F s ; si ha quindi che: F R F s R = 0 (7) F = F s = Mgsinθ = 7.36N (8) Poichè F s µ s R N = M g cosθ = 1.7 N il cilindro resta in equilibrio. Se F è diversa dal valore trovato, non si ha equilibrio; le equazioni del moto in questo caso diventano: Mgsinθ F F s = Ma (9) R N Mgcosθ = 0 (10) F R F s R = I ω (11) Occorre verificare se il moto è di puro rotolamento; per questo assumendo che: si ottiene: Da cui: F R MgsinθR = (I + MR ) ω ω = La forza d attrito risulta: F s = Mgsinθ a + ωr = 0 (1) Mgsinθ F F s = M ωr (13) F R F s R = I ω (14) I I + MR F I MR I + MR = Mgsinθ + F 3 F R MgsinθR I + MR = 6. rad/s (15) = 1.3N (16)
Essendo la forza di attrito massima pari a: F max s = µ s R N = µ s Mgcosθ = 1.7N (17) maggiore, seppur di poco, della forza necessaria a evitare lo strisciamento, il cilindro rotola senza strisciare. Esercizio n.3: Due moli di gas perfetto biatomico, che inizialmente occupano il volume V A alla temperatura T A, eseguono il ciclo di figura 3, composto da una espansione adiabatica del gas fino a raddoppiare il volume, una isoterma che riporta il gas al volume iniziale e una isocora che completa il ciclo. Si determini: 1. il rendimento del ciclo (valutazione 3 punti);. il rendimento del ciclo nel caso la trasformazione BC sia sostituita da una trasformazione isobara irreversibile BC realizzata portanto repentinamente il gas in contatto termico con una sorgente di temperatura T S opportuna (valutazione 3 punti); 3. la variazione di entropia dell universo in questo caso (valutazione punti) (Valori numerici: V A = 30 l; T A = 500 K) Determiniamo la temperatura e la pressione del gas in B; risulta: T A V γ 1 A = T B V γ 1 B T B = T A ( V A ) γ 1 = T A = 379K; (18) V B /5 P B = nrt B V B = 1.05 10 5 P a (19) Determiniamo il lavoro e il calore scambiato nelle tre trasformazioni del ciclo; risulta: L AB = U = nc v (T A T B ) = 5.030 10 3 J; Q AB = 0 (0) L BC = Q BC = nrt B ln V C = nrt B ln V A = nrt B ln = 4.365 10 3 J V B V B (1) L CA = 0; Q CA = nc v (T A T B ) = 5.030 10 3 J () Il rendimento η del ciclo risulterà quindi: η = L tot Q ass. = 0.13 (3) 3
Nel caso BC sia irreversibile, il lavoro eseguito nella trasformazione sarà: L irr BC = P B(V A V B ) = P BV A = 3.15 10 3 J (4) La temperatura T S della sorgente con cui il gas viene messo in contatto è: Ed il calore scambiato sarà: T S = P BV A nr = 189.5 K (5) Q irr BC = nc p(t S T B ) = 1.10 10 4 J (6) Infine nella trasformazione C A il calore scambiato sarà: Q irr C A = nc v (T A T S) = 1.90 10 4 J (7) Pertanto il rendimento sarà: η irr = L AB + L irr Q C A irr BC = 0.146 (8) La variazione di entropia è associata alla sola trasformazione irreversibile BC e risulta pari alla somma della variazione di entropia del gas e della sorgente T S. Risulta: S gas = nc v ln T S T B +nrln V C V B S sorgente = Qirr BC T S =.880 10 1 1.15 10 1 J/K = 4.03 10 1 J/K (9) = 5.817 10 1 J/K S universo = S gas + S sorgente = 1.785 10 1 J/K (30) Esercizio n.4: Due materiali di modulo di elasticità E 1 ed E rispettivamente a forma di parallelepipedo con base quadrata eguale e altezza l 1 ed l posti in serie uno all altro, sono soggetti ad uno sforzo di compressione σ. Si determini l allungamento complessivo del blocco (valutazione punti) (valori numerici: E 1 = 10 9 Pa; E = 3.0 10 9 Pa; l 1 = 10 cm; l = 60 cm; σ = 10 4 Pa) Entrambi i materiali sono soggetti allo stesso sforzo di compressione σ; risulta pertanto: l 1 l 1 = σ E 1 = l 1 = 1.0 10 3 (31) 4
l l = σ E = l =.0 10 3 mm (3) La deformazione totale sarà quindi la somma delle due deformazioni pari a l = 3.0 10 3 mm 5