Prova scritta di Fisica 1
CdL in Matematica
3 settembre 2013
Risoluzione
1) Un disco omogeneo di massa M = 500 g, raggio R = 30 cm e spessore trascurabile è appoggiato
su un piano orizzontale liscio (la giacitura del disco è orizzontale). Il disco viene colpito da un
proiettile di massa m = 50 g e velocita vp con direzione tangente al bordo del disco, come in figura,
e il cui modulo è 3 m/s. Nell’urto, il proiettile si conficca nel bordo del disco.
Determinare di quanto si è spostato il centro di massa del sistema disco-proiettile dopo che questo
ha effettuato due giri e calcolare l’energia cinetica dissipata nell’urto.
vp
.C
Si tratta di un urto completamente anelastico tra disco e proiettile durante il quale si conservano
quantità di moto e momento angolare. E’ conveniente scegliere come polo il centro di massa del
mR
= 2.7 cm . Le due leggi di
sistema immediatamente dopo l’urto; esso dista da C, xcm =
m+M
conservazione si scrivono:
r
r
mv p = (m + M )Vcm
(1)
mv p ( R − xcm ) = Iω
(2)
essendo I il momento d’inerzia del sistema calcolato rispetto all’asse passante per il nuovo centro di
1
2
massa e ortogonale al disco; esso vale I = MR 2 + Mxcm
+ m( R − xcm ) 2 = 0.027 Kg m2.
2
La (1) ci dice che il centro di massa del sistema, dopo l’urto, si muove nella stessa direzione di vp,
mv p
con velocità Vcm =
= 0.27 m/s . La (2) ci dice che il sistema ruota intorno all’asse che passa
m+M
mv p ( R − xcm )
per il centro di massa con velocità angolare
= ω = 1.5 rad/s . Il sistema quindi ruota
I
e trasla con velocità lineare e angolare costanti. Esso fa due giri in un tempo dato da
θ 4π
t= =
= 8.4 s. In questo tempo il centro di massa del sistema si sarà spostato di
ω 1 .5
x = Vcm t = 0.27 ⋅ 8.4 = 2.3 m. La variazione di energia cinetica nell’urto è data da:
1
1
1
2
( M + m)Vcm
+ Iω 2 − mv 2p = - 0.17 J
2
2
2
2) Un setto conduttore fisso divide un cilindro a pareti isolanti in due parti A e B. Ciascuna parte
contiene lo stesso numero di moli (n=2) di gas perfetto monoatomico. La parte B ha volume
variabile per la possibilità di movimento senza attrito di un pistone isolante. Il sistema è
inizialmente in equilibrio alla temperatura Ti=270 K.
Con un lento movimento del pistone si comprime il gas nella parte B fino a che la temperatura di
equilibrio finale è Tf=280K. Trascurando la capacità termica del recipiente e del pistone, calcolare il
lavoro compiuto dai gas. Calcolare inoltre il calore scambiato dai due gas e la variazione di entropia
di ciascun gas.
B
A
Dopo la compressione del gas in B, il gas in A subisce una trasformazione isocora reversibile; tra i
due gas c’è uno scambio di calore per cui QA= - QB. Inoltre, per l’intero sistema,
∆U = ∆U A + ∆U B = − L B , cioè:
3
LB = − n A cvA (T f − Ti ) − n B cvB (T f − Ti ) = −2ncv (T f − Ti ) = −2 ⋅ 2 ⋅ 8.31 ⋅ (280 − 270 ) = −498.6 J
2
QA= - QB = ∆UA = ncv (T f − Ti ) = 249.3 J. I gas subiscono trasformazioni reversibili per cui la
variazione di entropia dell’universo è nulla; il sistema è adiabatico e quindi la variazione di entropia
Tf
= 0.9 J/K =
dell’ambiente è nulla. Pertanto ∆S u = 0 = ∆S sist = ∆S A + ∆S B , ∆S A = ncv ln
Ti
− ∆S B .
