Università degli Studi di Udine, Corso di Laurea in Ingegneria Gestionale A.A. 13/1, Sessione di Gennaio/Febbraio 15, Secondo Appello FISICA GENERALE I (1 CFU), Prova scritta del 1 Febbraio 15 TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI PROBLEMA 1 Si consideri la guida rigida di forma ovoidale mostrata in figura costituita da quattro quarti di circonferenza, due di raggio R 1 = 9. cm e due di raggio = 5. cm (la figura mostra anche i centri dei quattro archi di circonferenza). Dapprima, si supponga che la guida sia disposta su un piano orizzontale (come se fosse appoggiata sul pavimento) e si immagini che un corpo puntiforme venga lanciato da un punto interno alla guida, tangenzialmente ad essa, con velocità iniziale di modulo v = 15. m/s. a) Specificare il tipo di moto del corpo; b) Calcolare il tempo che impiega il corpo ad effettuare un giro completo; c) dire in quali punti della guida la reazione normale è massima. R 1 v v v R 1 R 1 + Poi, si supponga che la guida sia disposta su un piano verticale e che il punto materiale venga lanciato tangenzialmente dal suo punto più basso della guida (come in figura) con una velocità iniziale v v v. d) Determinare il minimo modulo di v v v, v,min, che permette al corpo di raggiungere il punto più alto della guida senza mai staccarsi da essa. [Supporre che la guida sia perfettamente liscia e trascurare ogni tipo di attrito.] Soluzione Se la guida è disposta su un piano orizzontale, le forze di cui risente il corpo durante il suo moto (la forza di gravità e le reazioni normali di piano di appoggioeguida) sono perpendicolari al moto stesso. Pertanto il moto sarà uniforme. Notando che la lunghezza della guida è data dalla desumete l = πr 1 il tempo per effettuare un giro completo sarà + π = π(r 1 + ), T = l v = π(r 1 + ) v =.93 s. Dato che la guida è costituita da archi di circonferenza ed il moto del punto materiale è uniforme, il moto è anche, a tratti, circolare ed uniforme. In effetti, mentre il corpo percorre i diversi quarti di circonferenza, è la reazione normale N della guida che fornisce la forza centripeta necessaria. Pertanto, in un punto qualsiasi della guida dovrà essere N(r) = m v r = mv r, dove r corrisponde al raggio di curvatura del tratto di guida percorsi in quel momento dal punto materiale. Da tale relazione si capisce immediatamente che la reazione normale sarà massima lungo i tratti di guida di raggio minore e quindi nei due archi con raggio di curvatura. Se ora pensiamo la guida disposta in un piano verticale, il moto del corpo non sarà più uniforme. In questo caso, a seconda del punto, la forza di gravità agente sul corpo può avere anche una componente tangente alla guida e produrre una componente tangenziale dell accelerazione.
Ma mentre il corpo risale la guida (e la sua velocità diminuisce), potrebbe anche staccarsi da essa. Se vogliamo che non si stacchi mai fino al raggiungimento della sommità della guida, come si è visto in varie esercitazioni, la reazione normale della guida non dovrebbe mai annullarsi o, al più, annullarsi proprio in quel punto. In quell eventualità, l unica forza agente sul corpo sarebbe la sola forza di gravità m g g g e se teniamo presente che il corpo raggiungerebbe la sommità della guida percorrendo un tratto circolare di raggio, la sua velocità, v s, dovrèbbe soddisfare la seguente relazione m v s = mg v s = g K s = 1 mv s = 1 mg, dove si è indicata con K s la corrispondente energia cinetica con la quale il corpo raggiungerebbe la sommità della guida. A questo punto, tenendo conto del fatto che la forza di gravità è conservativa e che la reazione della guida è sempre normale alla traiettoria del corpo (e quindi non compie lavoro), applicando la conservazione dell energia meccanica tra il punto iniziale e la sommità della guida, si ha K i +U i = K s +U s 1 mv = 1 ( mv s +(R 1 + )mg = R 1 + 3 ) mg. Perciò si ottiene v = (R 1 +3 )g v = (R 1 +3 )g = 5.69 m/s. Ovviamente la condizione richiesta è rispettata anche per valori di v maggiori di quello appena calcolato, pertanto la risposta completa alla domanda d) è v v,min = (R 1 +3 )g = 5.69 m/s. PROBLEMA Come mostrato in figura una sbarra rigida sottile, di lunghezza L = 1 cm e massa M = 1 kg, può ruotare liberamente intorno al perno fisso O mantenendosi in un piano verticale. Il perno è ad una quota h = 5. cm dal suolo. Tra l altro estremo della sbarra e il suolo è agganciata una molla ideale (di massa trascurabile) di costante elastica k = 68.7 N/cm. Quando sulla sbarra è appoggiato un corpo puntiforme di massa m = 3. kg a distanza x = 8. cm dal perno, il sistema è in equilibrio e la sbarra risulta (come mostrato in figura) disposta orizzontalmente. In tali condizioni la molla è perfettamente verticale. a) Determinare la lunghezza a riposo della molla. O h x L m Se, a partire dalla situazione di figura, la sbarra viene spinta momentaneamente verso il basso, essa prenderà ad oscillare intorno alla posizione di equilibrio. Supponendo che il corpo di massa m rimanga fisso rispetto alla sbarra e in caso di oscillazioni di piccola ampiezza, determinare: b) la frequenza di tali oscillazioni. Soluzione Èchiarochenellasituazioneriportatainfigura, l equilibrio dellasbarrapresupponeche la molla determini, sulla estremità destra della sbarra, una forza F Fe diretta verso l alto: la molla sarà quindi compressa. Applicando la seconda legge della dinamica in forma angolare rispetto al perno fisso O, e considerando il sistema sbarra + corpo come un tutt uno, possiamo scrivere = LF e L Mg xmg, M
dove i tre termini a secondo membro corrispondono ai momenti della forza elastica (che abbiamo preso positivo) e delle forze di gravità della sbarra del corpo appoggiato. Da questa equazione e tenendo conto che per la forza elastica si ha F e = k(h l ) (l corrisponde alla lunghezza a riposo della molla), si ricava F e = (LM +xm)g L = k(h l ) l = h+ F e k = h+ (LM +xm)g kl = 6. cm. Ora, se supponiamo che il sistema sbarra+corpo ruoti di un angolo θ rispetto alla posizione di equilibrio, il momento delle forze di gravità M g g g (applicata al centro di massa della sbarra) e m g g g diventano L Mgcosθ xmgcosθ, che, nel limite di piccoli θ (in tal caso è cosθ 1), è essenzialmente identico a quello all equilibrio. D altra parte, la lunghezza della molla in funzione del piccolo angolo θ di cui è ruotato il sistema può essere scritta come segue l h+lsinθ h+lθ, dove, essendo θ molto piccolo abbiamo potuto fare l approssimazione sin θ θ. Perciò, riconsiderando la seconda legge della dinamica in forma angolare, ora in condizioni di non equilibrio, abbiamo I O α = τ(θ) = kl(l l ) L Mg xmg = kl θ kl(h l ) L Mg xmg, dove I O = 1 3 ML +mx è il momento d inerzia del sistema sbarra+corpo rispetto al perno O. Notando che, una volta sostituito il valore di l calcolato sopra, è la precedente equazione assume la forma kl(h l ) L Mg xmg =, I O α = kl θ d θ dt = kl I O θ, nella quale riconosciamo la forma dell equazioni delle oscillazioni armoniche con ω = kl /I O. Pertanto la frequenza delle oscillazioni del sistema è ν = ω π = 1 kl = 1 3kL = 1.93 Hz. π I O π ML +3mx PROBLEMA 3 In un recipiente cilindrico con pareti adiabatiche di area di base A = 5 cm, è contenuta dell acqua fino ad una quota h = 5. cm (vedi figura). Il recipiente è chiuso superiormente con un pistone adiabatico a tenuta, di massa M = 1 kg, che può scorrere liberamente in verticale. Tra acqua e pistone sono presenti n moli di un gas ideale biatomico. Sapendo che il sistema è in equilibrio meccanico e termico, che la temperatura di gas e acqua è pari a T = 3 K e che il pistone è ad una M distanza h gas 1 = 5. cm dall acqua, determinare (tenendo conto anche della pressione atmosferica): a) il numero di moli n di gas presenti; b) la h 1 velocità con cui zampillerebbe l acqua se venisse praticato un forellino (di acqua h sezione molto inferiore ad A) alla base del recipiente.
Supporre poi che al sistema acqua + gas venga fornita (lentamente) una quantità di calore Q = 5. 1 5 J. Determinare: c) la temperatura finale T f di gas e acqua; d) la distanza finale, h 1f, tra pistone e acqua. [Supporre che il volume dell acqua non vari sensibilmente al variare della temperatura e che la massa del gas sia trascurabile rispetto a quella del pistone. Per il calore specifico dell acqua utilizzare il valore c a =.19 1 3 J/(kg K).] Soluzione Tenendo conto della pressione atmosferica p, la pressione a cui è sottoposto il gas tra pistone e acqua è pari a p = p + Mg A. Notando che il volume occupato dal gas è V = Ah 1, per la legge dei gas ideali abbiamo pv = nrt n = pv RT = (Ap +Mg)h 1 RT =.11 mol. Trascurando la massa del gas, la pressione p è anche quella che agisce sulla superficie dell acqua. Se si facesse un forellino alla base del recipiente, applicando l equazione di Bernoulli tra la superficie dell acqua e la sezione del forellino potremmo scrivere la seguente p+ρgh+ 1 ρv h = p + 1 ρv, dove v h e v sono le rispettive velocità dell acqua mentre ρ = 1 kg/m 3 è la massa volumica dell acqua. Essendo la sezione del forellino molto minore di A, v h può essere trascurata. Quindi sostituendo il valore di p si ottiene (M ) v = ρa +h g = 7. m/s. Se forniamo (lentamente) la quantità di calore Q al sistema acqua+gas, dato che le due sostanze rimarranno, passo passo, in mutuo equilibrio termico, tale calore si ripartirà tra esse proporzionalmente alle rispettive capacità termiche. In pratica, una volta fornito tutto il calore Q, la temperatura de acqua e gas sarà variata di un T, che soddisfa la seguente Q = C T con C = C a +C g, dove C a e C g sono le rispettive capacità termiche di acqua e gas (ovviamente C è la capacità termica complessiva). Per la capacità termica dell acqua abbiamo C a = m a c a = ρahc a = 1.7 1 5 J/K. Invece, notando che mentre forniamo calore la pressione del gas è costante, allora per la sua capacità termica abbiamo C g = nc p = 7 nr = 3.55 J/K. Come si vede, la capacità termica del gas è praticamente trascurabile rispetto a quella dell acqua. Perció, possiamo scrivere che la variazione di temperatura è T = Q C Q C a = Q ρahc a =.78 K T f = T + T 35 K. Corrispondentemente, per la distanza finale tra pistone e acqua abbiamo pah 1f = nrt f h 1f = nrt f Ap +Mg = 5.7 cm.
Come si vede h 1 aumenta di meno di un millimetro. PROBLEMA In una sfera di raggio R =. cm è distribuita della carica con simmetria radiale e quindi la densità di carica di volume ρ può dipendere unicamente dalla distanza r dal centro della sfera. Nella parte interna della sfera, r <, si ha ρ(r) = ρ 1 con ρ 1 costante; nella parte esterna della sfera, r R, si ha ρ(r) = ( ρ ) R r con ρ = 5. 1 6 C/m 3. Sapendo che il campo elettrostatico esterno alla sfera (r > R) è nullo, determinare: a) la quantità di carica presente nella parte esterna ( r R) della sfera; b) il valore di ρ 1 ; c) la d.d.p. tra un punto a distanza dal centro della sfera e la sua superficie esterna. Soluzione Tenendo presente la simmetria radiale con cui è distribuita la carica, consideriamo un guscio sferico di raggio r (con r R) e spessore dr. La quantità di carica in tale guscio è pari a dq = ρ(r)πr dr = ρ (r)πr dr = πρ r dr. Conseguentemente, la carica Q in tale porzione di sfera è pari a Q = ρ (r)πr dr = πρ r dr = 31 πρ R 3 = 9.7 1 8 C. Se il campo elettrostatico all esterno della sfera è nullo, si capisce immediatamente (si pensi al teorema di Gauss) che anche la carica totale nella sfera è nulla. Conseguentemente, se indichiamo con Q 1 la carica contenuta nella parte interna della sfera (r < ) e teniamo presente che essa è distribuita uniformemente in quel volume con una densità ρ 1 abbiamo Q 1 = Q e Q 1 = ρ 1 = ( ) 3 R 3 π 1 = ρ 1 6 πr3 ρ 1 = Q 1 = 93 πr3 ρ =.3 1 5 C/m 3. Per calcolare la d.d.p richiesta dobbiamo ricavare prima l espressione del campo elettrostatico nella regione r R. Considerando, come fatto in precedenza, il solito guscio sferico di raggio r e spessore dr, la carica interna ad una sfera di raggio r si ottiene come segue q(r) = ρ(r )π(r ) dr = ρ 1 π(r ) dr + 6 ρ (r )π(r ) dr = Q 1 + πρ Sostituendo il valore di Q 1 = Q, facendo l integrale e semplificando si ottiene q(r) = 5 πρ R 3 + πρ 5 r5. (r ) dr. Se ora consideriamo il teorema di Gauss applicato ad una sfera di raggio < r < R possiamo scrivere Φ E (r) = E(r) πr = q(r) ε E(r) = q(r) πε r = ρ R 3 1 r + ρ r3. Quindi, per la d.d.p. cercata, sfruttando la simmetria sferica, consideriamo un percorso radiale da un punto sulla superficie esterna della sfera ad un punto a distanza dal suo centro. Possiamo scrivere V() V(R) = R = ρ R 3 E E E d s s s = ( 1 R ) R E(r)dr = ρ R 3 + ρ ( R R 6 ) dr r + ρ r 3 dr = ρ = 9 3 ε = 3.6 1 3 V.