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.
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.
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 = 1. 1 6 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.
Quindi per r = abbiao Q = πa 4 = 1.41 1 7 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.
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 18.75 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 = 5. 1 6 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 =.86 1 7 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