Soluzioni del compito di Fisica generale I del 20 settembre 2013

FISICA GENERALE I
2° Appello Settembre A.A. 2012-2013
20.09.2013
Cognome
Nome
n. matr.
Corso di Studi
Docente
Voto
 9 crediti
 10 crediti
 12 crediti
Esercizio n. 1 Un corpo puntiforme di massa m è vincolato a muoversi su una guida circolare liscia di raggio R disposta su
un piano orizzontale. All’istante t=0 il corpo ha velocità v0 e su di esso inizia ad agire una forza F=-mkt2, tangente alla
guida. Calcolare dopo quanti giri il corpo si arresta e il lavoro fatto dalla forza F dopo due secondi dall’istante iniziale.
Eseguire i calcoli per: m=6g, R=0.25m, v0=3m/s, k=0.21m/s4.
La velocità del corpo sulla guida è data dall’espressione
𝑡
𝑣(𝑡) = 𝑣0 + ∫0 𝑎𝑡 (𝑡)𝑑𝑡 dove at(t)=-kt2. Indicando con t* l’istante in cui il corpo si arresta si avrà
𝑣(𝑡 ∗ ) = 𝑣0 −
𝑘𝑡 ∗3
3
=0
da cui
3
3𝑣0
𝑘
𝑡∗ = √
=3.5s.
Quindi, lo spazio percorso sulla circonferenza è
𝑡∗
𝑠(𝑡 ∗ ) = 𝑠0 + ∫0 𝑣𝑡 (𝑡)𝑑𝑡 = 𝑣0 𝑡∗ −
𝑘
12
𝑡∗4 = 2𝑛𝜋𝑅 da cui n =5 giri.
Il lavoro della forza F si può calcolare come variazione dell’energia cinetica del punto e quindi:
1
1
2
2
𝑊 = ∆𝐾 = 𝑚𝑣22 − 𝑚𝑣02 = −0.9𝑚𝐽
8
dove 𝑣2 = 𝑣0 − 𝑘 3 = 2.44𝑚/𝑠

Esercizio n. 2 Un punto materiale di massa m si muove sotto l’azione di una forza F ( r )  Ar 2 rˆ dove r̂ rappresenta il
versore della congiungente un punto geometrico O fisso ed il punto materiale, e r è la sua distanza da O. Se quando si trova
ad una distanza r da O , il punto stesso ha una velocità di valore v, formante un angolo α rispetto a r̂ , determinare, quando
il punto si trova a distanza 2 r da O : A) l’energia potenziale e cinetica del punto materiale, sapendo che la prima risulta
nulla in r = 0; B) il valore del momento angolare rispetto ad O . Eseguire i calcoli per A= 1N/m2; r = 2m; v = 2 m/s ;
m =200g ; α=30°.
La forza è centrale , pertanto:



A) la forza è conservativa con l’energia potenziale U (r )   F (r )  ds  C  -A
r3
 C e dato che
3
r3
U( 0 )  0  C  0 ;quindi U (2r )  8 A  - 21.33 J
3
r3 1 2
1
r3
 mv ; T(2r)  E (2r )  U (2r )  mv 2  7 A  19.07 J
Inoltre per l’energia meccanica E( 2r)  E(r)   A
3 2
2
3
2
B) si conserva il momento angolare rispetto ad O: bO( 2r)  bO(r)  mvrSin(α)  0.4 Nm
Esercizio n. 3 Un’asta omogenea di lunghezza L e massa m1 è in quiete su un piano orizzontale.
Una massa puntiforme di massa m2 << m1 , urta in maniera completamente anelastica l’asta ad una
distanza d da C, con la propria velocità u perpendicolare all’orientazione dell’asta. Determinare la
distanza d affinchè, immediatamente dopo l’urto, il sistema inizi il moto con una pura rotazione
intorno all’estremità superiore dell’asta. Eseguire i calcoli per i seguenti valori numerici: L = 2m;
m1= 100 g; m2= 1 g; u = 50 m/s
Si conservano:
- la quantità di moto :
m2u  (m1  m2 )V ; V 
m2
u
m1
C
d
u
è la velocità del centro di massa del sisema dopo l’urto,
parallela a u
il momento angolare rispetto al centro di massa del sistema
sostanzialmente coincidente con C:
m2ud
m L2
m L2
è la velocità angolare de sistema intorno centro di massa e I  1  m2 d 2  1
I
12
12
L
V 
Affinchè il moto iniziale sia una pura rotazione intorno all’estremo superiore, occorre che
2
L
Pertanto d  =0.33 m
6
m2ud  I ;  
In alternativa:
conservazione del momento angolare rispetto all’estremo superiore dell’asta che risulta fermo prima e dopo l’urto
m2u (d  L / 2)
L
L2
m2u (d  )  I O  ;  
; I O  m1 che combinate con la conservazione della quantità di moto e la
2
Io
3
L
L
condizione V   portano anche esse al risultato d  = 0.33 m.
2
6
Esercizio n. 4 Una mole di elio (He), partendo da uno stato con pA= 1 atm. , TA = 0°C, esegue una trasformazione
adiabatica reversibile che la conduce allo stato con VB = 19.2 litri. Quindi esegue una compressione isobara reversibile fino
ad uno stato C, un’isoterma reversibile fino ad una pressione pD = 0.5 atm. e, infine, un’isocora reversibile che la riporta
allo stato iniziale. A) rappresentare il ciclo nel piano PV; B) determinare la variazione di energia interna in seguito a
ciascuna trasformazione e quella totale; C) determinare la variazione di entropia delle sorgenti, giustificando la risposta.
VA 
P
)  1.293atm. con   5/3 ; VC  VD D  8.66 litri con pC  p B e VD  V A
VB
pC
pV
U B  U A  cv (TB  TA )  357.4 J ; con TB  B B  301.7 K
R
p V
U C  U B  cv (TC  TB )  2068 J; con TC  C C  135,8 K =
R
U D  U C  0 (isoterma)
B) VA=22.4 litri; p B  p A (
U A  U D  U TOT  ((U B  U A )  (U C  U B ))  ((U B  U A )  (U C  U B ))  1710,6 J dato che U TOT  0 (ciclo)
oppure :
U A  U D  ncV (TA  TD )  1710.6 J con TD  TC
C) S sorgenti  S gas  0 (S tot  0 ; ciclo reversibil e)