27.06.2014 - Sezione di Fisica

Università degli Studi di Udine, Corso di Laurea in Ingegneria Gestionale, A.A. 2013/2014
Sessione d’Esame di Giugno/Luglio 2014, Primo Appello
FISICA GENERALE I (12 CFU), Prova scritta del 27 Giugno 2014
TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI
PROBLEMA A1 Come si vede dalla figura un
l
l
k
k
1
2
corpo di massa m = 4.0 kg poggia su un piano orizzontale ed è agganciato a due molle ideali di costanti
x
elastiche k1 = 100 N/m e k2 = 300 N/m. Nella di0
sposizione di figura le molle (trattare il corpo come puntiforme) hanno lunghezza uguale pari a
l = 20.0 cm, ma le loro lunghezze di riposo sono rispettivamente l1 = 18.0 cm e l2 = 23.0 cm.
Sapendo che nella disposizione di figura il corpo è in equilibrio statico, determinare:
a) il modulo e la direzione della forza di attrito statico di cui risente il corpo;
b) il minimo valore che il coefficiente di attrito statico deve avere affinché l’equilibrio suddetto
sia possibile.
Nel caso in cui il piano non presenti attrito e il corpo venga lasciato andare da fermo dalla posizione
indicata in figura, determinare:
c) la frequenza delle oscillazioni del corpo;
d) l’altra posizione dell’asse x in cui, durante l’oscillazione, la velocità istantanea del corpo si
annulla.
Soluzione Utilizzando l’asse x riportato in figura, scriviamo l’espressione delle forze che le due
molle esercitano sul corpo per una sua generica posizione (tali espressioni ci saranno utili per
rispondere a tutte le domande). Indicando con x la posizione del corpo, si vede facilmente che è
F1 (x) = −k1 (x + l − l1 );
F1 (x) = −k2 (x − l + l2 ).
In caso di equilibrio del corpo nella posizione (x = 0) ad opera di una forza di attrito statico, dalla
2a legge della dinamica possiamo scrivere
0 = F1 (0) + F2 (0) + fs
⇒
fs = −F1 (0) − F2 (0) = k1 (l − l1 ) + k2 (l2 − l) = 11.0 N,
dove fs è la forza di attrito statico. Il suo valore positivo ci indica che è diretta verso destra.
Conseguentemente, affinché una tale forza di attrito possa essere prodotta, per il coefficiente di
attrito statico dovrànno valere le seguenti
fs 6 fs,max = µs N = µs mg
⇒
µs > µs,min =
|fs |
= 0.281.
mg
In assenza di attrito la forza netta che agisce sul corpo è pari alla somma di F1 e F2 , che può
essere scritta nella forma seguente
F (x) = F1 (x) + F2 (x) = −k1 (x + l − l1 ) − k2 (x − l + l2 ) = −k1 (l − l1 ) − k2 (l2 − l) − (k1 + k2 )x.
Ma notando che tale forza si annulla in x = x0 dato dalla
x0 = −
k1 (l − l1 ) + k2 (l2 − l)
= −2.75 cm,
k1 + k2
allora F (x) può essere espresso tramite la seguente
F (x) = −(k1 + k2 )(x − x0 ),
dalla quale possiamo apprezzare la sua piena caratteristica di forza di tipo elastico, con costante
elastica pari a k1 + k2 e posizione di riposo x = x0 .
Quindi, l’equazione del moto del corpo è
ma = F (x)
⇒
d2 x
m 2 = −(k1 + k2 )(x − x0 ).
dt
Da questa si capisce immediatamente che, una volta lasciato andare, il corpo seguirà un’oscillazione
armonica intorno al punto di equilibrio x = x0 , con pulsazione e frequenza
r
r
k1 + k2
ω
1 k1 + k2
ω=
⇒ ν=
=
= 1.59 Hz.
m
2π
2π
m
Dato che l’oscillazione è simmetrica rispetto al punto di ascissa x = x0 , possiamo anche concludere
che il secondo punto a velocità istantanea nulla (il primo è quello iniziale a x = 0) corrisponde
alla posizione
k1 (l − l1 ) + k2 (l2 − l)
= −5.50 cm.
x1 = 2x0 = −2
k1 + k2
Questa seconda parte del problema poteva essere affrontata anche per via energetica utilizzando la
conservazione dell’energia meccanica. Infatti, confrontando l’energia meccanica per un x generico,
con quella relativa alla posizione iniziale, possiamo scrivere la seguente
1
1
1
1
1
k1 (x + l − l1 )2 + k2 (x − l + l2 )2 + mv 2 = k1 (l − l1 )2 + k2 (l2 − l)2 ,
2
2
2
2
2
dalla quale, dopo aver effettuato sviluppato i quadrati nel membro di sinistra e semplificato dei
termini, otteniamo
1
1
1 2
mv = − (k1 + k2 )x2 − [k1 (l − l1 ) + k2 (l2 − l)]x = − (k1 + k2 )x2 + (k1 + k2 )x0 x,
2
2
2
(∗)
dove abbiamo effettuato la sostituzione k1 (l − l1 ) + k2 (l2 − l) = −(k1 + k2 )x0 .
Ora, derivando rispetto al tempo la (∗) e semplificando, si ha
mv
dx
dx
dv
= −(k1 + k2 )x
+(k1 + k2 )x0
dt
dt
dt
|{z}
|{z}
=v
⇒
m
d2 x
= −(k1 + k2 )(x − x0 ),
dt2
=v
identica all’equazione del moto ottenuta in precedenza.
Infine, azzerando nella (∗) l’energia cinetica, si ottiene l’equazione seguente
1
1
2
(k1 + k2 )x − (k1 + k2 )x0 x = 0 →
x − x0 x = 0,
2
2
le cui soluzioni sono x0 e x = 2x0 che corrispondono ai due punti dell’oscillazione a v = 0.
PROBLEMA A2 Si consideri un cilindro omogeneo di massa m = 20.0 kg e raggio R = 25.0 cm
e un piano inclinato di un angolo θ = 35◦ rispetto all’orizzontale. Nel primo caso il cilindro
viene lasciato andare, da fermo, sul piano inclinato e prende a scendere liberamente su di esso.
Determinare:
a) il minimo valore del coefficiente di attrito statico affinchè il cilindro rotoli senza mai scivolare
lungo il piano inclinato;
b) l’accelerazione del centro di massa del cilindro durante il moto.
Nel secondo caso, il cilindro viene dotato inizialmente di un moto traslatorio parallelo al piano
inclinato (diretto verso il basso) con una velocità del centro di massa pari a vcm,0 = 8.00 m/s.
A causa dell’iniziale moto traslatorio, il cilindro slitta inizialmente sul piano inclinato. Tale
slittamento può avere una fine (e il moto diventare di puro rotolamento) solo se il coefficiente
di attrito dinamico è sufficientemente grande.
c) Si descrivano i vari aspetti della situazione;
d) Si determini il minimo valore di µk , µk,min , affinchè lo slittamento possa avere una fine.
[Supporre che il piano inclinato sia infinitamente lungo. Nel secondo caso supporre anche che il
coefficiente di attrito statico sia non minore di quanto ricavato al punto a).]
Soluzione Prendiamo un asse x parallelo al piano inclinato e diretto nel verso del moto del
cilindro. In tali condizioni, l’applicazione della 2a legge della dinamica nelle forme lineare e
angolare porta alle seguenti equazioni
macm = mg sin θ − fs
,
Iα = Rfs
dove I = 12 mR2 è il momento d’inerzia del cilindro rispetto all’asse passante per il centro di massa,
α = acm /R è la sua accelerazione angolare e fs è la forza di attrito statico necessaria affinché il
moto sia di puro rotolamento.
Risolvendo si ottiene
2
acm = g sin θ = 3.75 m/s2 ;
3
1
1
fs = macm = mg sin θ.
2
3
Conseguentemente, dato che la reazione normale è pari a N = mg cos θ, per il coefficiente di attrito
statico abbiamo
fs 6 fs,max = µs N = µs mg cos θ
⇒
µs > µs,min =
|fs |
tan θ
=
= 0.233.
mg cos θ
3
Se invece al cilindro viene data una velocità iniziale vcm,0 , allora esso slitterà sul piano inclinato e
durante tale slittamento le equazioni del moto saranno le seguenti
macm = mg sin θ − fk = mg sin θ − µk mg cos θ
,
Iα = Rfk = µk Rmg cos θ
dove ora fk = µk N = µk mg cos θ è la forza di attrito dinamico (µk è ovviamente e il coefficiente di
attrito dinamico). Le due equazioni sono indipendenti e da esse possiamo ricavare le espressioni
delle velocità del centro di massa e angolare in funzione del tempo. Si ottiene
dvcm
= g sin θ − µk g cos θ
dt
dω
2µk g
=
cos θ
dt
R
⇒
⇒
ω(t) =
vcm (t) = vcm,0 + g(sin θ − µk cos θ) · t
2µk g cos θ
·t
R
Da queste relazioni vediamo che durante lo slittamento le velocità angolare e del centro di massa
del cilindro variano linearmente nel tempo. Se ad un certo istante tra queste velocità varrà la
seguente relazione Rω = vcm , il cilindro si troverà nella condizione di puro rotolamento e lo
slittamento avrà fine. Imponendo tale condizione otteniamo la seguente
Rω(t1 ) = vcm (t1 )
⇒
2µk g cos θ · t1 = vcm,0 + g(sin θ − µk cos θ) · t1 ,
e l’istante t1 dovrebbe essere pari
t1 =
vcm,0
.
g(3µk cos θ − sin θ)
Dovendo essere, ovviamente, t1 > 0, otteniamo la condizione
3µk cos θ − sin θ > 0
⇒
µk > µk,min =
sin θ
tan θ
=
= 0.233
3 cos θ
3
La morale è quindi: lo slittamento ha fine solo se il coefficiente di attrito è maggiore di 31 tan θ
(anche pari a µs,min ). In caso contrario, il corpo slitta (indefinitamente) senza raggiungere mai la
condizione di puro rotolamento.
PROBLEMA A3 Un recipiente con pareti adiabatiche e volume V = 10.0 dm3 contiene 1.50
dm3 di acqua alla temperatura T0 = 20.0 ◦ C e alla pressione atmosferica. Fornendo unicamente
calore l’acqua viene trasformata in vapore e portata alla temperatura T1 = 300 ◦ C.
Trattando il vapore acqueo come un gas ideale, determinare:
a) la quantità di calore che è stata fornita all’acqua;
b) la pressione finale del vapore all’interno del recipiente;
c) la variazione di entropia del sistema nell’intero processo.
[Calore specifico dell’acqua: ca = 4.19 · 103J/(kg · K); Calore latente dell’acqua: λ = 2.27 · 106J/kg;
Massa di una mole di acqua: Ma = 18.0 g.]
Soluzione Il calore fornito all’acqua deve, in successione, portarla alla temperatura di ebollizione
Te = 100 ◦ C, trasformarla in vapore (a temperatura costante Te ) e poi portare il vapore ottenuto
da Te a T1 . Conseguentemente, il calore richiesto sarà pari a
Q = mca (Te − T0 ) + mλ + ncV (T1 − Te ).
Data la struttura della molecola dell’acqua è facile capire che, vedendo il suo vapore come un
gas ideale, dovremo pensarlo come un gas poliatomico. Quindi, dovrà essere cV = 3R. Inoltre,
utilizzando la massa molare dell’acqua abbiamo
n=
m
= 83.3 mol.
Ma
Tenendo conto di questi valori e dei valori di ca e λ dati nel testo, per il calore Q otteniamo
Q = 0.503 · 106 J + 3.40 · 106 J + 0.416 · 106 J = 4.32 · 106 J.
Per la pressione finale del vapore acqueo abbiamo
p1 = p0 +
nRT1
= 3.98 · 107 Pa = 393 atm.
V
Infine la variazione di entropia del sistema si può calcolare pensando che nelle tre trasformazioni
il calore sia fornito lentamente in modo da renderle reversibili; in tale condizione le rispettive
variazioni di entropia possono essere ricavate attraverso l’integrale
Z
dQ
∆S =
.
T
Pertanto, per le tre trasformazioni abbiamo
dQ1 = mca dT
⇒
dQ2 = λdm
⇒
dQ3 = ncV dT
⇒
Te
dT
= 1.52 · 103 J/K;
= mca ln
∆S1 = mca
T
T0
Z T0
mλ
λ
dm =
= 9.13 · 103 J/K;
∆S2 =
Te
Te
Z T1
T1
dT
= 8.92 · 102 J/K.
= ncV ln
∆S3 = ncV
T
T
e
Te
Z
Te
La variazione complessiva di entropia è quindi
∆S = ∆S1 + ∆S2 + ∆S3 = 1.15 · 104 J/K.
PROBLEMA A4 Nello spazio sia distribuita della carica con simmetria radiale rispetto all’origine O del sistema di riferimento. La densità di carica di volume in un punto a distanza r
dall’origine ha l’espressione ρ(r) = A(1 − b/r), con A = 6.00 · 10−7 C/m3 e b = 1.00 m.
Calcolare:
a) l’espressione della quantità di carica elettrica contenuta in una regione sferica di raggio r con
centro in O e il suo valore per r = 2.00 m;
b) l’espressione dell’ampiezza del campo elettrostatico a distanza r da O, calcolando a quale
distanza (sempre da O) si annulla;
c) la d.d.p. tra l’origine O e uno dei punti con campo elettrostatico nullo.
Soluzione Considerando dei gusci sferici di raggio r ′ e spessore dr ′ con centro in O, contenenti
una carica
dq = 4π(r ′ )2 ρ(r ′ )dr ′ = 4πA[(r ′ )2 − br ′ ],
la carica in una sfera di raggio r sarà pari a
3
Z r
Z r
r
r2
′ 2
′
′
′ 2
′
′
q(r) =
4π(r ) ρ(r )dr = 4πA
[(r ) − br ]dr = 4πA
.
−b
3
2
0
0
Perciò, una sfera di raggio r = 2.00 m, contiene una carica
q(r = 2.00 m) = 5.03 · 10−6 C.
Applicando il teorema di Gauss ad una sfera di raggio r abbiamo
q(r)
4πr E(r) =
ε0
2
⇒
q(r)
A
E(r) =
=
2
4πε0 r
ε0
r b
.
−
3 2
Tale campo radiale si annulla quando è
E(r0 ) = 0
⇒
r0 b
− =0
3
2
⇒
3
r0 = b = 1.50 m.
2
Si noti che, ovviamente, è anche q(r0 ) = 0.
Per la d.d.p. tra O e uno dei punti a campo nullo, consideriamo un segmento di lunghezza r0 con
un estremo in O. La d.d.p. cercata si ottiene attraverso il calcolo del seguente integrale lungo il
segmento suddetto
Z r0
E(r)dr =
V (0) − V (r0 ) =
0
Z A r0 r b
A r02 br0
=
=
=
−
−
ε0 0
3 2
ε0 6
2
A 9b2 3b2
3Ab2
=
=−
= −2.54 · 104 V.
−
ε0 24
4
8ε0
PROBLEMA B1 Come si vede dalla figura un
l
l
k1
k2
corpo di massa m = 7.0 kg poggia su un piano orizzontale ed è agganciato a due molle ideali di costanti
x
elastiche k1 = 150 N/m e k2 = 400 N/m. Nella di0
sposizione di figura le molle (trattare il corpo come puntiforme) hanno lunghezza uguale pari a
l = 30.0 cm, ma le loro lunghezze di riposo sono rispettivamente l1 = 27.0 cm e l2 = 27.0 cm.
Sapendo che nella disposizione di figura il corpo è in equilibrio statico, determinare:
a) il modulo e la direzione della forza di attrito statico di cui risente il corpo;
b) il minimo valore che il coefficiente di attrito statico deve avere affinché l’equilibrio suddetto
sia possibile.
Nel caso in cui il piano non presenti attrito e il corpo venga lasciato andare da fermo dalla posizione
indicata in figura, determinare:
c) la frequenza delle oscillazioni del corpo;
d) l’altra posizione dell’asse x in cui, durante l’oscillazione, la velocità istantanea del corpo si
annulla.
Soluzione Per i ragionamenti e il procedimento vedi il problema A1. Qui diamo solo i risultati.
Per l’equilibrio con attrito statico si ha
0 = F1 (0) + F2 (0) + fs
⇒
fs = −F1 (0) − F2 (0) = k1 (l − l1 ) + k2 (l2 − l) = −7.50 N,
dove fs è la forza di attrito statico. Il suo valore negativo indica che è diretta verso sinistra.
Per il coefficiente di attrito statico dovrànno valere le seguenti
fs 6 fs,max = µs N = µs mg
F (x) = −(k1 + k2 )(x − x0 )
con
|fs |
= 0.109.
mg
⇒
µs > µs,min =
x0 =
−k1 (l − l1 ) − k2 (l2 − l)
= 1.36 cm,
k1 + k2
L’equazione del moto del corpo è
ma = F (x)
⇒
m
d2 x
= −(k1 + k2 )(x − x0 ).
dt2
L’oscillazione armonica intorno al punto di equilibrio x = x0 , ha pulsazione e frequenza
r
r
k1 + k2
ω
1 k1 + k2
⇒ ν=
=
= 1.41 Hz.
ω=
m
2π
2π
m
L’altro punto (oltre quello iniziale) in cui è v = 0 ha ascissa
x1 = 2x0 = 2
−k1 (l − l1 ) − k2 (l2 − l)
= −2.73 cm.
k1 + k2
PROBLEMA B2 Si consideri un cilindro omogeneo di massa m = 15.0 kg e raggio R = 20.0 cm
e un piano inclinato di un angolo θ = 25◦ rispetto all’orizzontale. Nel primo caso il cilindro
viene lasciato andare, da fermo, sul piano inclinato e prende a scendere liberamente su di esso.
Determinare:
a) il minimo valore del coefficiente di attrito statico affinchè il cilindro rotoli senza mai scivolare
lungo il piano inclinato;
b) l’accelerazione del centro di massa del cilindro durante il moto.
Nel secondo caso, il cilindro viene dotato inizialmente di un moto traslatorio parallelo al piano
inclinato (diretto verso il basso) con una velocità del centro di massa pari a vcm,0 = 10.0 m/s.
A causa dell’iniziale moto traslatorio, il cilindro slitta inizialmente sul piano inclinato. Tale
slittamento può avere una fine (e il moto diventare di puro rotolamento) solo se il coefficiente
di attrito dinamico è sufficientemente grande.
c) Si descrivano i vari aspetti della situazione;
d) Si determini il minimo valore di µk , µk,min , affinchè lo slittamento possa avere una fine.
[Supporre che il piano inclinato sia infinitamente lungo. Nel secondo caso supporre anche che il
coefficiente di attrito statico sia non minore di quanto ricavato al punto a).]
Soluzione Per i ragionamenti e il procedimento vedi il problema A2. Qui vengono dati solo i
risultati.
Per il rotolamento a fermo si ha
2
acm = g sin θ = 2.76 m/s2 ;
3
1
1
fs = macm = mg sin θ.
2
3
e
fs 6 fs,max = µs N = µs mg cos θ
⇒
µs > µs,min =
|fs |
tan θ
=
= 0.155.
mg cos θ
3
Nel caso in cui il cilindro viene lanciato con vcm,0 lungo il piano inclinato, lo slittamento avrà fine
a patto che
3µk cos θ − sin θ > 0
⇒
µk > µk,min =
sin θ
tan θ
=
= 0.155
3 cos θ
3
PROBLEMA B3 Un recipiente con pareti adiabatiche e volume V = 15.0 dm3 contiene 2.00
dm3 di acqua alla temperatura T0 = 50.0 ◦ C e alla pressione atmosferica. Fornendo unicamente
calore l’acqua viene trasformata in vapore e portata alla temperatura T1 = 250 ◦ C.
Trattando il vapore acqueo come un gas ideale, determinare:
a) la quantità di calore che è stata fornita all’acqua;
b) la pressione finale del vapore all’interno del recipiente;
c) la variazione di entropia del sistema nell’intero processo.
[Calore specifico dell’acqua: ca = 4.19 · 103J/(kg · K); Calore latente dell’acqua: λ = 2.27 · 106J/kg;
Massa di una mole di acqua: Ma = 18.0 g.]
Soluzione Per i ragionamenti e il procedimento vedi il problema A3. Qui diamo solo i risultati.
Il calore fornito all’acqua è pari a
Q = mca (Te − T0 ) + mλ + ncV (T1 − Te ) = 0.419 · 106 J + 5.54 · 106 J + 0.416 · 106 J = 5.37 · 106 J,
con cV = 3R
m
= 111 mol.
Ma
Per la pressione finale del vapore acqueo abbiamo
n=
p1 = p0 +
nRT1
= 3.23 · 107 Pa = 319 atm.
V
Infine per la variazione di entropia si ha
dQ1 = mca dT
⇒
dQ2 = λdm
⇒
dQ3 = ncV dT
⇒
Te
dT
= 1.21 · 103 J/K;
= mca ln
∆S1 = mca
T
T0
Z T0
mλ
λ
dm =
= 1.22 · 104 J/K;
∆S2 =
Te
Te
Z T1
T1
dT
= 9.37 · 102 J/K;
= ncV ln
∆S3 = ncV
T
T
e
Te
Z
Te
e
∆S = ∆S1 + ∆S2 + ∆S3 = 1.43 · 104 J/K.
PROBLEMA B4 Nello spazio sia distribuita della carica con simmetria radiale rispetto all’origine O del sistema di riferimento. La densità di carica di volume in un punto a distanza r
dall’origine ha l’espressione ρ(r) = A(1 − b/r), con A = 8.00 · 10−7 C/m3 e b = 1.50 m.
Calcolare:
a) l’espressione della quantità di carica elettrica contenuta in una regione sferica di raggio r con
centro in O e il suo valore per r = 4.00 m;
b) l’espressione dell’ampiezza del campo elettrostatico a distanza r da O, calcolando a quale
distanza (sempre da O) si annulla;
c) la d.d.p. tra l’origine O e uno dei punti con campo elettrostatico nullo.
Soluzione Per i ragionamenti e il procedimento vedi il problema A4. Qui sono indicati solo i
risultati.
La carica in una sfera di raggio r è pari a
3
Z r
Z r
r
r2
′ 2
′
′
′ 2
′
′
q(r) =
4π(r ) ρ(r )dr = 4πA
[(r ) − br ]dr = 4πA
,
−b
3
2
0
0
e per r = 4.00 m, si ha
q(r = 4.00 m) = 9.38 · 10−6 C.
Con Gauss abbiamo
q(r)
4πr E(r) =
ε0
2
⇒
q(r)
A
E(r) =
=
2
4πε0 r
ε0
r b
.
−
3 2
Il campo si annulla per
E(r0 ) = 0
r0 b
− =0
3
2
⇒
⇒
3
r0 = b = 2.25 m.
2
Infine
V (0) − V (r0 ) =
Z
r0
E(r)dr = −
0
3Ab2
= −7.62 · 104 V.
8ε0