Esame scritto Fisica 1 del 19 luglio 2010

Esame scritto Fisica 1 del 19 luglio 2010 - soluzione
Nota: i valori numerici sono diversi nelle varie copie del compito, e quindi qui vengono
indicati i ragionamenti e le formule da utilizzare ma non i risultati numerici.
Problema 1
Definiamo un sistema di riferimento con asse x orizzontale diretto verso destra nella figura,
e asse y verticale diretto verso l’alto. Sul cubo di massa M agiscono la forza F , la forza di
attrito fa diretta in senso opposto, la forza di gravità M g verso il basso, la forza normale
esercitata dal piano orizzontale Np verso l’alto, la forza normale N esercitata dal cubetto
N verso il basso. Sul cubo di massa m agiscono la forza di attrito fa verso destra, la forza
di gravità mg verso il basso, la forza normale N esercitata dal cubo sottostante verso l’alto.
Si noti che sia fa che N sono forze che un cubo esercita sull’altro, e quindi per il terzo
principio della dinamica appaiono applicate ai due cubi con segno opposto, in modo che la
loro risultante sia nulla per l’intero sistema.
Possiamo quindi scrivere le equazioni di Newton, rispettivamente per il cubo di massa
M lungo x e y, e per il cubo di massa m lungo x e y:
F − fa = M aM
−M g + Np − N
= 0
fa = mam
−mg + N
= 0
assumendo in generale di avere accelerazioni diverse aM e am per i due cubi. La seconda
e la quarta equazione forniscono gli ovvi risultati N = mg, Np = (M + m)g e d’ora in poi
considereremo solo la prima e la terza equazione.
Domanda 1.
Per rispondere alla prima domanda va imposto che sia aM = am = a, in quanto i due
cubi devono muoversi come un unico blocco. Affinchè non vi sia slittamento è necessario
che sia fa ≤ µs N . La condizione limite, oltre alla quale avviene lo slittamento, è data da
fa = µs N = µs mg. In tale situazione la prima e la terza equazione diventano
F − µs mg = M a
µs mg = ma
La somma di queste due equazioni fornisce l’ovvio risultato F = (M + m)a che dà l’accelerazione del blocco a = F/(M + m). Inserendo tale accelerazione nella seconda equazione e
dividendo per mg otteniamo
F
µs =
(M + m)g
che è il risultato desiderato per il minimo coefficiente di attrito statico necessario ad evitare
lo scorrimento.
Domanda 2.
Se µs è inferiore a tale valore vi sarà slittamento, e valgono quindi le equazioni con
accelerazioni diverse e dove ora va inserito il coefficiente di attrito dinamico µk :
F − µk mg = M aM
µk mg = mam
Sarà naturalmente aM > am in quanto il cubo piccolo scivola verso sinistra relativamente
a quello grande. L’accelerazione relativa sarà
arel = aM − am =
F − µk mg
F − µk (M + m)g
− µk g =
M
M
È costante, quindi il moto relativo è uniformemente accelerato. Per esso sappiamo che nel
tempo t0 verra percorsa, partendo da fermo, una distanza pari a d e quindi dovrà essere
1
1 F − µk (M + m)g 2
d = arel t20 =
t0
2
2
M
da cui si ricava il coefficiente di attrito dinamico
1
µk =
(M + m)g
2M d
F− 2
t0
Domanda 3.
Inserendo il valore trovato per µk nell’equazione
F − µk mg = M aM
troviamo facilmente aM .
Problema 2
Domanda 1.
Il momento di inerzia di un cubo omogeneo rispetto ad un asse parallelo ad un suo spigolo
e passante per il centro di massa, è, come si ricava dalle tabelle per un parallelepipedo,
1
1
M (L2 + L2 ) = M L2
12
6
√
Poichè la distanza dello spigolo dal centro di massa è L 2/2 (come evidente dalla figura),
il teorema di Huygens-Steiner ci fornisce
ICM =
I = ICM +
M L2
2
= M L2
2
3
Domanda 2.
Il sistema è un corpo rigido in rotazione attorno ad un asse fisso e si suppone che le forze
di attrito siano trascurabili, pertanto l’energia meccanica si conserva. Partendo da fermo,
dell’energia potenziale gravitazionale si trasforma in energia cinetica rotazionale man mano
che il centro di massa del cubo si abbassa di quota. Misurando la coordinata verticale del
centro di massa lungo un asse y con lo zero corrispondente al piano orizzontale, la quota del
√
centro di massa passa da L 2/2 nello stato iniziale a L/2 in quello finale. La conservazione
dell’energia meccanica dà quindi
√
L 2
1
L
Mg
= Iω 2 + M g
2
2
2
da cui
ω2 =
M gL √
3g √
( 2 − 1) =
( 2 − 1)
I
2L
Domanda 3.
Il corpo rigido ruota sotto l’azione del momento τ della forza gravitazionale attorno
all’asse di rotazione, prodotto della forza di gravità M g per il braccio che varia mentre il
corpo si sposta. Ad ogni istante sarà τ = Iα, e quindi anche l’accelerazione angolare α
varia al variare del braccio. Nell’istante in cui la faccia sta per collidere col piano il braccio
è L/2, e quindi
M gL
2M L2
τ=
= Iα =
α
2
3
da cui
3g
.
α=
4L
Problema 3
Domanda 1.
La risposta a questa domanda può essere ottenuta atttraverso la risoluzione delle equazioni di Newton, oppure utilizzando la legge di conservazione dell’energia meccanica.
Risoluzione attraverso le equazioni di Newton.
Per la massa appesa l’equazione del moto lungo la direzione verticale è
T − mg = −ma
dove si è indicata con T la tensione. Dal lato del disco, la tensione esercita un momento
τ = T R e quindi l’equazione del moto per il disco è
T R = Iα
dove α è l’accelerazione angolare e I = (1/2)M R2 il momento di inerzia del disco omogeneo
rispetto al suo asse di rotazione. Poichè si assume inoltre che il filo non scorra sul disco,
sarà αR = a, e quindi
1
α
1
T = M R2 = M a
2
R
2
Inserendo tale valore nella prima equazione si ottiene
a=
m
g
M/2 + m
,
α=
m
g
M/2 + m R
Partendo da fermo, dopo il tempo t0 il disco avrà raggiunto la velocità angolare
ω0 = αt0 =
m
gt0
.
M/2 + m R
Risoluzione attraverso la conservazione dell’energia.
Se la massa m scende di una quota d nel tempo t0 , una quantità mgd di energia potenziale
si sarà convertita in energia cinetica, in parte rotazionale ed in parte traslazionale:
1 2 1
Iω + mv 2 = mgd
2 0 2 0
dove v0 è la velocità finale della massa, ω0 la velocità angolare finale cercata e I = (1/2)M R2
il momento di inerzia del disco omogeneo rispetto al suo asse di rotazione. Poichè il filo
non scivola sul disco, v0 = ω0 R. Poichè il moto è uniformemente accelerato con una certa
accelerazione a, v0 = at0 , d = (1/2)at20 = (1/2)v0 t0 = (1/2)ω0 Rt0 . Quindi l’equazione
precedente può essere riscritta
1
2
1
1
M + m R2 ω02 = mgω0 Rt0
2
2
da cui
gt0
m
.
M/2 + m R
ω0 =
Domanda 2.
Il processo di attaccamento dei due dischi tra loro è molto rapido e quindi lo possiamo
considerare come un processo d’urto inelastico. L’energia meccanica non si conserva, tuttavia si conserva il momento angolare totale rispetto all’asse di rotazione in quanto non vi
sono momenti di forza esterni al sistema rispetto a tale asse. Il momento angolare rispetto
all’asse di rotazione va però calcolato considerando anche il contributo mvR della massa
m in moto lineare con velocità v. Nell’urto la velocità angolare passa da ω0 a ω1 , e di
conseguenza v passa da v0 = ω0 R a v1 = ω1 R. La conservazione del momento angolare tra
prima e dopo l’urto fornisce quindi
Iω0 + mv0 R = 2Iω1 + mv1 R
ovvero
1
M R2 + mR2 ω0 = M R2 + mR2 ω1
2
e
ω1 =
M/2 + m
ω0
M +m
Domanda 3.
Per il teorema del’impulso, J = ∆p dove ∆p è la variazione di quantità di moto nell’urto.
I dischi rotanti hanno una quantità di moto sempre nulla (come evidente da considerazioni
di simmetria), per cui l’unica variazione viene dalla massa m. Sarà
J = m(v1 − v0 ) = m(ω1 − ω0 )R
La massa diminuisce la sua velocità verso il basso, quindi ha ricevuto una forza impulsiva
diretta verso l’alto. Tale forza è stata esercitata sulla massa dal supporto dell’asse (attraverso il filo). Per la terza legge, il sistema ha quindi esercitato sull’asse la stessa forza
impulsiva diretta verso il basso.
Domanda 4.
L’energia cinetica totale prima del’urto è
1
1
1
K0 = Iω02 + mv02 =
2
2
2
1
M + m R2 ω02
2
mentre dopo l’urto è
1
1
K1 = Iω12 + mv12 = (M + m) R2 ω12
2
2
oppure, inserendo il valore trovato per ω1 ,
K1 =
1 (M/2 + m)2 2 2 M/2 + m
R ω0 =
K0
2 M +m
M +m
L’energia dissipata in calore nell’urto è
M/2 + m
K0 − K1 = 1 −
M +m
K0 =
M
K0
2(M + m)
Problema 4
Notiamo che si tratta di un gas poliatomico, quindi sarà Cv = 3R, Cp = Cv + R = 4R.
Poniamo ξ = VC /VA (dato del problema), e notiamo che TB = TC , VA = VB , PA = PC .
Domanda 1.
Dalla isobara abbiamo
PA =
nRTC
nRTA
=
= PC
VA
VC
da cui
TA = TC
VA
TB
=
VC
ξ
Domanda 2.
Nella isocora AB non viene effettuato lavoro, e quindi il calore assorbito è QAB =
∆EAB = nCv (TB − TA ). Nella isoterma BC sarà QBC = nRTB ln(VC /VB ). Nella isobara
CA, QCA = nCp (TA − TC ). QAB e QBC sono calori assorbiti dal gas (positivi), mentre QCA
è un calore ceduto (negativo). Il rendimento è
η =1−
|QCA |
|QAB + QBC |
Domanda 3.
La variazione di entropia dell’universo in un ciclo può essere ottenuta attraverso due
strategie equivalenti. Nella prima si nota che solo la trasformazione AB contribuisce, in
quanto le altre due trasformazioni sono reversibili. Quindi
∆Suniv = ∆SAB,gas + ∆SAB,amb .
Dalla formula della variazione di entropia per i gas ideali
∆SAB,gas = nCv ln
TB
TA
mentre l’ambiente cede calore a temperatura costante TB e quindi
TA
|QAB |
= −nCv 1 −
=−
TB
TB
∆SAB,amb
Il risultato finale può essere scritto
∆Suniv = nCv ln ξ +
1
−1
ξ
È facile verificare che tale funzione è nulla per ξ = 1, e crescente (quindi positiva ovunque)
per ξ > 1.
La seconda strategia consiste nel considerare che la variazione di entropia del gas in un
ciclo è nulla essendo l’entropia una funzione di stato, e quindi
∆Suniv = ∆SAB,amb + ∆SBC,amb + ∆SCA,amb
Per ∆SAB,amb valgono le considerazioni qua sopra, mentre a causa della reversibilità delle
altre due trasformazioni
∆SBC,amb = −∆SBC,gas = −nR ln
e
∆SCA,amb = −∆SCA,gas = −nCv ln
VC
VB
TA
VA
− nR ln
TC
VC
attraverso le quali si perviene al medesimo risultato trovato sopra.