A.A. 2012-13 Fisica Generale 17-09-13 ESERCIZIO 1 Una cassa di massa m1 24 kg si muove lungo una superficie orizzontale liscia sotto l'azione di una forza di trazione F; un punto materiale di massa m2 2.6 kg è appoggiato sulla superficie anteriore della cassa; sapendo che il coefficiente di attrito statico fra la cassa e il punto materiale è s 0.78 , determinare il valore minimo del modulo di F affinché il punto materiale rimanga in equilibrio Soluzione Se viene soddisfatta la condizione data di equilibrio del punto materiale sopra la fa F F N cassa, il sistema si muove con accelerazione a . La seconda legge Fp m1 m2 della meccanica per il punto materiale è, sapendo che le forze agenti su di esso sono la forza peso, la reazione normale e l'attrito: Fp N f a m2 a , da cui la proiezione sull'asse orizzontale orientato nel verso del moto: m2 a N e quella verticale m2 g f a s N , da cui, utilizzando le precedenti espressioni si ottiene il valore limite, che si ha per il segno di uguaglianza: 2 m1 m2 g 24 kg 2.6 kg 9.8 m s F 330 N s 0.78 ESERCIZIO 2 Un blocco di legno è fermo su una superficie priva di attrito; un proiettile di massa m1 3.0 g muovendosi con velocità di modulo v1 450 m s 1 colpisce il blocco e rimane al suo interno; dopo l'urto il modulo della velocità del sistema è V 9.3 m s 1 ; determinare a) la massa m2 del blocco. Supponendo ora che inizialmente il blocco si muova con velocità parallela a quella del proiettile, sulla stessa retta ma in verso opposto, si calcoli: b) quale dovrebbe essere il modulo della velocità v2 iniziale del blocco per fare sì che la velocità finale del sistema sia nulla. Soluzione a) Dalla conservazione della quantità di moto è m1v1 m1 m2 V da cui: m2 v1 V 1 m1 0.14 kg b) Con la stessa legge si ottiene: si ha: m1v1 m2 v2 0 v2 m1 m2 v1 v1V v1 V 9.5 m s 1 ESERCIZIO 3 Una sfera di raggio r 45 cm e massa m 2 kg rotola senza strisciare su un piano orizzontale, muovendosi con velocità del c.d.m. di modulo v 4.8 m s 1 , quando comincia a salire un piano inclinato di pendenza 6 . Determinare di quanto sale la sfera prima di fermarsi. Soluzione Il momento 2 d'inerzia rispetto 2 a un asse 2 I 2 5 m r 2 5 2 kg 0.45 m 0.162 kg m ; la passante velocità per il angolare centro è della invece sfera é: data da v r 4.8 m s 1 0.45 m 10.67 s 1 . L'energia cinetica iniziale della sfera, per il teorema di Koenig, è: 2 2 1 1 12 1 1 7 v 1 Ek I 2 m v 2 m r 2 m v 2 m v 2 m v 2 2 kg 4.8 m s 1 32.26 J 2 2 25 5 2 10 r 2 1 A.A. 2012-13 Fisica Generale 17-09-13 La sfera si arresterà quando avrà perso tutta la sua energia cinetica, che si sarà convertita in energia 2 7 7 v2 7 4.8 m s 1 potenziale: mgh m v 2 h 1.65 m , il che corrisponde a una distanza sul 10 10 g 10 9.8 m s 2 piano inclinato pari a: d h sin 1.65 m sin 30 3.30 m ESERCIZIO 4 Due moli di gas ideale, inizialmente nello stato 1, vengono messe a contatto termico con un serbatoio a temperatura T2 800 K e raggiungono lo stato termodinamico 2, a tale temperatura, mediante una trasformazione isocora irreversibile. Tramite una espansione isoterma reversibile il gas raggiunge lo stato 3 tale che V3 2V2 . Successivamente, il gas viene riportato allo stato 1 mediante una trasformazione isobara reversibile. Il calore specifico del gas a pressione costante dipende dalla temperatura e può essere scritto come c p R 2 0.02 T . a) Disegnare il ciclo nel piano di Clapeyron. Determinare: b) tutti i calori scambiati per ogni trasformazione; c) il rendimento del ciclo; d) il lavoro lungo la trasformazione 3-1. Soluzione Trasformazione 1 2 : Dalla relazione di Mayer c p cV R possiamo ricavare un’espressione per cV : cV R 1 0.02T . Dal primo principio U Q W , e tenendo conto del fatto che il lavoro lungo la trasformazione 1 2 è nullo dato che essa e isocora, abbiamo che U1 2 Q12 . Quindi basterebbe calcolare U1 2 per determinare il calore scambiato. Dobbiamo però integrare l’espressione differenziale dU n cV dT , dato T2 T2 che cV è una funzione continua della temperatura: U1 2 n cV dT n R 1 0.02T dT T1 T1 Per poter calcolare questa integrale, dobbiamo calcolare T1 . Considerando che T2 T3 800 K (la trasformazione 2 3 è isoterma ), e che p1 p3 (la trasformazione 1 3 è isobara), possiamo utilizzare la legge dei gas perfetti nel modo seguente: p1V1 n RT1 p3 V3 n R T3 oppure p1 V1 n RT1 p1 V3 n RT2 , e dividendo queste ultime due relazioni membro a membro, si ottiene: V1 V 3 T1 T2 , e dato che V T V1 V2 , V2 V3 T1 T2 quindi, tenendo conto della relazione V3 2V2 , T1 T2 2 2 400 K . Infine il V3 2 T2 800 K calcolo di U1 2 risulta: U1 2 n R 1 0.02T dT n R T 0.01T 2 400 K 86465.6 J Q1 2 T1 Trasformazione 2 3 . Questa trasformazione è isoterma, quindi la variazione di energia interna è nulla ed il primo principio implica che Q2 3 W2 3 . Il lavoro viene calcolato mediante la relazione V3 W23 V2 V3 dV V n RT2 ln 3 9220.52 J Q23 V V2 V2 p V dV n R T2 Trasformazione 3 1 Questa trasformazione e isobara e quindi dobbiamo integrare la relazione differenziale Q13 n c p dT : T1 Q13 n 2 R R(0.02)T dT 93116.8 J T3 2 A.A. 2012-13 Fisica Generale 17-09-13 Il lavoro può essere determinato dal primo principio W31 Q31 U 31 . Il calcolo di U 31 richiede l’integrazione della relazione differenziale dU 31 n cV dT , tra le temperature T3 e T1 T1 U 31 n cV dT 86465.6 J T3 Quindi il lavoro scambiato vale W31 93116.8 J 86465.6 J 6651.2 J Il rendimento del ciclo viene dato dalla relazione (dove Qa è il calore totale assorbito): W Q Q31 93116.8 J tot tot 1 1 0.027 Qa Qa Q12 Q2 3 95686.12 J ESERCIZIO 5 Tre conduttori rettilinei paralleli e di lunghezza infinita giacciono sullo stesso piano xy, con il conduttore centrale che coincide con l’asse x. La distanza tra i conduttori contigui è d 10 cm . Il conduttore centrale è percorso da una corrente costante i1 1 A ,nel verso delle x crescenti, mentre i due conduttori laterali sono percorsi ciascuno da una corrente i22 5 4 A nel verso opposto. Determinare: a) Il campo magnetico generato dai conduttori nel punto P1 di coordinate 0, 2d , 0 . b) Il campo magnetico generato dai conduttori nel punto P2 di coordinate 0, 0, 2d . c) La forza per unità di lunghezza agente sul conduttore centrale Soluzione a) Il campo magnetico in P1 ha sole componenti z, positiva quella generate dal filo centrale e negative le altre due: 0 i1 0 i2 0 i2 7 0 6 Bz 2 2d 2 d 2 3d 12 d 2.3 10 T B B 0 x z b) Invece in P2 il capo generato dal filo centrale è orizzontale (in direzione –y), gli altri hanno sia componenti y che z, essendo tangenti a circonferenze centrate sui fili. Le componenti z hanno peraltro somma nulla: 0 i1 2 i cos 0 i 2 i 2 5 20 0 2 0 2 0 0 106 T By 2 2d 2 5d 2 2d 2 5d 4 d 4 d 4 d Bx 0 2 i sin 2 0 i2 sin Bz 0 2 0 2 5d 2 5d c) La forza sul conduttore centrale non può che essere nulla data la simmetria del problema ESERCIZIO 6 Due barre conduttrici, ciascuna di resistenza R, appoggiano senza attrito su due binari orizzontali di resistenza trascurabile. La distanza tra i binari è L 40 cm e il sistema è immerso in un campo magnetico uniforme B 1.2 T , perpendicolare ai binari ed alla barra, uscente dal foglio. Le sbarrette si muovono con velocità v1 10 m s e v2 v1 2 . Calcolare: a) la resistenza di ciascuna sbarretta sapendo che la corrente indotta nel circuito è i 0.24 A ; b) la forza che agisce sulle sbarrette 1 e 2; c) la carica che ha percorso il circuito dopo un tempo t 10 s . 3 A.A. 2012-13 Fisica Generale 17-09-13 Soluzione a) Poiché le barrette si muovono a velocità diverse, la superficie tra di esse e le rotaie varia e quindi varia il flusso del campo magnetico: v d B B L x1 x2 B L v1 v2 B L 1 dt 2 Pertanto vi è una FEM indotta, e nota la corrente indotta la resistenza di ciascuna barretta vale: B L v1 1.2 0.4 10 R R /i 10 R 5 i 2 0.24 2 b) La forza che agisce su ciascuna barretta dipende dalla corrente indotta e dal campo magnetico. Poiché le barrette sono percorse da correnti in verso opposto, le forze sono in verso opposto (tendono a frenare la barretta più veloce e ad accelerare quella più lenta, per opporsi alla variazione del flusso): F1 i B L uˆ x 0.24 1.2 0.4 115 mN F2 i B L uˆ x 115 mN c) La carica che ha percorso il circuito si può calcolare, dato che la corrente indotta è costante: Q i t 0.24 10 2.4 C 4