Esame 3 Febbraio 2017

Esame 3 Febbraio 017 Roberto Bonciani e Paoo Dore Corso di Fisica Generae 1 Università degi Studi di Roma La Sapienza Anno Accademico 016-017

Regoe per o scritto: RECUPERO 1 ESONERO: risovere gi esercizi 1 e in h. RECUPERO ESONERO: risovere gi esercizi 3 e 4 in h. COMPITO: risovere gi esercizi 1, 3 e 4 in 3h.

Esame - Fisica Generae I 3 Febbraio 017 R. Bonciani, P. Dore Regoe per o scritto - RECUPERO 1 ESONERO: risovere gi esercizi 1 e in h. - RECUPERO ESONERO: risovere gi esercizi 3 e 4 in h. - COMPITO: risovere gi esercizi 1, 3 e 4 (contrassegnati con ) in 3h. Esercizio 1 Due corpi di massa m 1 = 3 kg e m = 1 kg, posti su un piano incinato di un angoo θ = π/6 rispetto a orizzontae, sono egati fra oro da una fune ideae. I corpo m 1 è ibero di scorrere senza attrito su piano incinato, mentre fra m e i piano c è attrito con coefficiente µ d = 0.3. m g m 1 θ 1. Cacoare acceerazione di m.. Se ad m viene appicata una forza costante e in direzione paraea a piano, cacoare i vaore di F per i quae i sistema si muove verso ato con veocità costante. 3. Cacoare i vaore dea tensione dea fune nei due casi. Esercizio Un aneino di massa m = 00 g viene infiato in una guida fiiforme scabra AB di unghezza L = 1 m, aperta a estremo A e incinata di θ = π/6 rispetto a orizzontae. Fra aneo e guida c è attrito dinamico con coefficiente µ d = 0.. In fondo aa guida è posta una moa di costante eastica k = 90 N/m e unghezza di riposo 0 = 30 cm. A istante iniziae a moa è in equiibrio (EB = 0 ). L aneo parte da A con una veocità iniziae di moduo v 0 = 5 m/s, diretta ungo a guida verso i punto B. A m g θ E C d O B

1. Cacoare a compressione massima dea moa.. Cacoare a veocità v 1 con cui aneo ritorna in A dopo essere stato respinto verso ato daa moa. 3. Cacoare a distanza d da O a cui cade aneo (dopo aver asciato i punto A, i moto de aneo prosegue ne vuoto).

Esercizio 3 Un manubrio è costituito da un asta omogenea e da due punti materiai fissati ai suoi estremi A e B. L asta, che ha massa m = 40 g e unghezza, con = 0 cm, è incernierata ne suo punto medio O, fissato su un piano verticae, attorno a quae può ruotare senza attrito. I punto materiae fissato in A ha massa m, mentre queo in B ha massa m. Una moa ideae di costante eastica k e unghezza a riposo trascurabie ( 0 = 0) coega estremità A a punto P su asse orizzontae passante per O. I punto P dista da O. B m g O α P m v 0 A m 1. Iniziamente i sistema è in equiibrio e asta forma un angoo α = π/3 con asse orizzontae OP. Cacoare a costante eastica dea moa.. A t = 0 un punto materiae di massa m urta i punto A con veocità v 0 diretta orizzontamente come in figura e di moduo v 0 = 10 m/s. L urto è perfettamente aneastico e avviene in un tempo trascurabie. Cacoare a veocità angoare de asta immediatamente dopo urto. Esercizio 4 Due moi di gas perfetto biatomico compiono i seguente cico: dao stato iniziae A con p A = atm e V A = 10 i sistema compie una trasformazione IRREVERSIBILE che o porta neo stato B, con p B = p A e V B = V A /; una isobara REVERSIBILE porta poi i sistema neo stato C, con V C = V A e infine i sistema torna neo stato A con una trasformazione isocora REVERSIBILE. I avoro totae compiuto ne cico è L TOT = 15 atm. 1. Disegnare i cico ne piano di Capeyron.. Cacoare i caore Q AB scambiato nea trasformazione irreversibie da A a B. 3. Cacoare i rendimento η de cico. 4. Cacoare a variazione di entropia S AB nea trasformazione irreversibie da A a B.

Souzione esercizio 1 1. Poiché sono coegati daa fune, i due corpi procedono con a stessa acceerazione a. Scegiendo asse x orientato verso i basso, e equazioni de moto dei due corpi sono: { m1 a = m 1 gsinθ T (1) m a = m gsinθ +T µ d m gcosθ Sommando e due equazioni si ricava: (m 1 +m )a = [(m 1 +m )sinθ µ d m cosθ]g () e infine [ ] m a = g sinθ µ d cosθ = 4.7 m/s (3) m 1 +m. Poiché si muovono con veocità costante i due corpi hanno acceerazione nua. Scegiendo asse x orientato verso ato, e equazioni de moto dei due corpi in questo caso sono: { T m 1 gsinθ = 0 F m gsinθ µ d m gcosθ T (4) = 0 da cui: F = [(m 1 +m )sinθ +µ d m cosθ]g =.17 N (5) 3. Ne primo caso a tensione T si ricava sostituendo i vaore di a, cacoato ne punto 1, ne equazione de moto (1) per i corpo m 1 : T = m 1 (gsinθ a) = 1.91 N (6) Ne secondo caso a tensione T si ricava direttamente da equazione de moto (4) per i corpo m 1 : T = m 1 gsinθ = 14.7 N (7) Souzione esercizio 1. Per determinare a compressione massima dea moa possiamo utiizzare i teorema dee forze vive. Consideriamoi tratto discendente, da quando aneo parte da A con veocità iniziae v 0 fino a quando si ferma con a moa massimamente compressa in E a distanza 0 da punto B. Si ha D atra parte, si ha anche L AE = 1 mv 0 =.5 J. (8) E L AE = V(A) V(E )+ F t dr, (9) A = mglsinθ mg( 0 )sinθ 1 k Nµ d [L ( 0 )]. (10) Uguagiando e due reazioni si ottiene 1 mv 0 = mglsinθ mg( 0 )sinθ 1 k Nµ d [L ( 0 )], (11)

ovvero ( g ω sinθ Nµ ) ( d v 0 g k ω ω sinθ Nµ ) d (L 0 ) = 0. (1) k Per trovare N si utiizza i secondo principio dea dinamica in direzione perpendicoare a piano incinato, ricavando che sostituita in (1) dà: N = mgcosθ = 1.7 N, (13) g ω (1 3µ d ) v 0 ω g ω (1 3µ d )(L 0 ) = 0, (14) dove abbiamo espicitato i vaore di sin(π/6) = 1/ e di cos(π/6) = 3/. L Eq. (14) ha due souzioni = g g ω (1 3µ d )± 4ω 4(1 3µ d ) + v 0 ω + g ω (1 3µ d )(L 0 ). (15) Prendiamo a souzione positiva, e quindi = g g ω (1 3µ d )+ 4ω 4(1 3µ d ) + v 0 ω + g ω (1 3µ d )(L 0 ) = 6 cm.. La veocità v 1 con cui aneo torna in A sarà data sempre da teorema dee forze vive da A in A: 1 mv 1 1 mv 0 = Nµ d[l ( 0 )], (17) ovvero v 1 = v 0 3gµ d (L 0 + ), (18) quindi v 1 = (16) v 0 3gµ d (L 0 + ) = 4.7 m/s. (19) 3. Da A a C i probema si riduce ad un probema di baistica. Prendendo come origine degi assi cartesiani i punto O, aneo parte da (0,Lsinθ) con veocità iniziae (v 1x,v 1y ) con v 1x = v 1 cosθ e v 1y = v 1 sinθ. La souzione generae de moto è { x(t) = v 1x t+x(0), y(t) = 1 gt +v 1y t+y(0), e mettendo e condizioni iniziai si trova equazione dea traiettoria (0) g y = v1 cos θ x tanθx+lsinθ. (1) Imponendo i passaggio da ( d,0) (con d > 0), ed espicitando i vaori trigonometrici, si ottiene: 0 = gd 3 3v1 + 3 d+ L, ()

cioè equazione de secondo ordine 3 d v1 g d 3 Lv1 4 g = 0. (3) L Eq. (3) ha due souzioni dee quai dobbiamo prendere quea positiva: 3 v1 d = 4 g + 3 v1 4 16g + 3 Lv1 =.6 m (4) 4 g Souzione esercizio 3 1. Se BOP è angoo α, si avrà AOP = π α e OAP = OPA = 1 (π AOP) = α. (5) Se α = π/3, quindi, si ha OAP = OPA = π/6. Si può trovare a souzione a primo quesito utiizzando a seconda cardinae oppure con energia. Seconda Cardinae Per appicare a seconda cardinae dobbiamo trovare i vaore de moduo dea forza eastica F e appicata in A. La unghezza AP = L sarà data da ( α L = cos = ) 3 = 34.6 cm. (6) Quindi i moduo dea forza eastica, appicata in A verso P, è F e = kl = k 3. (7) Scrivendo a seconda cardinae dea statica con centro di riduzione in O, si ha mgcosα+f e sin α mgcosα = 0, (8) e sostituendo i vaore di F e, si trova Energia k = mg = 1.13 N/m. (9) 3 Troviamo energia potenziae per i sistema. Poniamo o zero de energia potenziae gravitazionae a atezza di O. Quindi Quindi, imponendo dv dα = α=π/3 si ottiene V(α) = mgsinα mgsinα+ 1 kl, (30) k = mg = mgsinα+ kcos α. (31) ( mgcosα kcos α sin α ) = 0, (3) α=π/3 cosα = mg sinα α=π/3 = 1.13 N/m. (33) 3

. Ne urto istantaneo a forza eastica non si comporta in maniera impusiva. Le reazioni vincoari sono concentrate in O. Quindi i momenti angoari rispetto ad O, cacoati subito prima e subito dopo urto devono essere uguai. Quindi L ini = mv 0 sinα, (34) L fin = Ĩ0ω, (35) dove Ĩ 0 = 4m +I 0 = 4m +m 3 = 13 3 m. (36) Infine, imponendo L ini = L fin si trova ω = 3v 0 13 sinα = 3 3 6 v 0 = 10.0 s 1. (37) Souzione esercizio 4. La temperature degi stati A, B e C si rivacano da equazione di stato: T A = P AV A nr = 1 K T B = P BV B nr = P 1 A V A nr = P AV A nr = T A T C = P CV C nr = P BV A nr = P AV A nr = T A = 44 K I caore scambiato nea trasformazione AB si ricava per differenza tra i caore totae scambiato durante i cico e quei scambiati nee trasformazioni reversibii: (38) Q AB = Q TOT Q BC Q CA (39) dove Q TOT = L TOT = 15 atm = 150 J, perché ne cico U TOT = 0, ed i caori nee trasformazioni reversibii sono dati da: { QBC = nc p (T C T B ) = 70 atm = 7093 J (40) Q CA = nc V (T A T C ) = 50 atm = 5066 J Quindi Q AB = 5 atm = 507 J. 3. NecicoicaorevieneassorbitosooduranteatrasformazioneBC,quindiQ ASS = Q BC = 70 atm ed i rendimento è: η = L TOT Q ASS = 1% (41) 4. Poiché T A = T B posso cacoare S AB ungo a corrispondente isoterma reversibie (du = 0) che coega i due stati: S AB = B A δq = 1 VB VB dv pdv = nr T A T A V A V A V (4) = nrn V B V A = 0.114 atm K 1 = 11.55 J K 1 (43)