1 - Vogliamo far superare ad una palla il dislivello rappresentato in

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1 - Vogliamo far superare ad una palla il dislivello rappresentato in figura.
a) Dati θ e do , calcolare il valore minimo del modulo della velocità iniziale;
b) nel caso in cui il modulo della velocità iniziale assuma tale valore minimo,
calcolare d in funzione di θ, do ed h.
Trascurare la resistenza dell’aria.
~vo
θ
do
h
d
Soluzione
Scegliamo l’origine del sistema di riferimento nel punto di lancio, l’asse x orizzontale verso destra e l’asse y verticale verso l’alto; l’equazione della traiettoria si
scrive:
1
2
(∗)
y = tan θ x − 12 g v2 cos
2θx
o
a) Imponiamo che tale traiettoria sfiori lo spigolo in alto del dislivello, cioè passi dal punto (do , 0) :
gdo
1
2
0 = tan θ do − 12 g v2 cos
⇒
vo2 = sin(2θ)
2 θ do
o
Il valore di vo che si ottiene da quest’ultima espressione è il valore minimo richiesto, perchè per valori maggiori la palla andrà oltre lo spigolo.
Sostituendo tale espressione nella (*) ed imponendo y = −h otteniamo un’equazione in x le cui soluzioni sono le coordinate x dei punti di passaggio della
traiettoria
qquota −h: i
h dalla
x=
do
2
1∓
1 + 4 dh
1
o tan θ
La prima soluzione, negativa, corrisponde al passaggio della traiettoria prolungata all’indietro; la seconda è la coordinata del punto d’impatto. Per ricavare d
dobbiamo
hqsottrarre do da questa
i coordinata:
1
d = d2o
−1
1 + 4 dh tan
θ
o
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L’espressione di vo2 si può anche ottenere imponendo che la gittata sia uguale a do .
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2 - Considerare una guida circolare di raggio R, posta verticalmente; un carrello di massa m è
appoggiato sulla guida e può scorrere senza attrito.
Inizialmente il carrello si trova nella posizione indicata in figura e gli viene impressa una velocità orizzontale ~vo . Calcolare il valore minimo del modulo di ~vo affinché il carrello compia il giro completo della
guida.
Assimilare il carrello ad un punto materiale.
m
Soluzione
Riprendere il secondo esercizio del compito di giugno 2015:
~ = N ûN e poichè il carrello è solo appoggiato sulla guida tale reazione si può esercitare solo
La reazione della guida è data da N
verso l’interno della stessa, quindi N deve essere positivo o nullo ed è dato da:
2
N = m vR + mg cos θ = m
v 2 − 2mg(1 − cos θ) + mg cos θ ≥ 0
R o
N diminuisce all’aumentare di θ e raggiunge il suo valore minimo per θ = π, cioè nel punto più alto della traiettoria; se imponiamo
che sia nullo in tale posizione, esso sarà positivo o nullo lungo tutta la traiettoria. Il valore di vo per cui N si annulla in θ = π è
il valore minimo richiesto, perchè per valori maggiori N sarà positivo (strettamente) lungo tutta la traiettoria. Quindi:
vo2 min = 5gR
per vo = vo min il carrello raggiunge il punto più alto ma si stacca dalla guida in tale punto, per valori minori di vo min si stacca
prima di raggiungere il punto più alto, per valori maggiori compie il giro completo.
R
θ
ûN
B
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3 - n moli di gas perfetto sono inizialmente in equilibrio alla temperatura T in un recipiente chiuso da un pistone orizzontale di massa m
e superficie S che può scorrere senza attrito. Viene appoggiato al pistone un blocchetto di massa M ed il gas esegue una trasformazione
irreversibile verso un nuovo stato di equilibrio alla stessa temperatura T .
Calcolare pressione e volume del gas negli stati iniziale e finale e la quantità di calore da esso ceduta durante la trasformazione.
Trascurare la pressione atmosferica.
Soluzione
pi = mg
;
S
Vi =
nRT
pi
Se il volume diminuisce di
;
pf =
(m+M )g
S
=
m+M
m
pi
Vi − Vf , il pistone si abbassa di
;
m
V
m+M i
Vi −Vf
e sul gas
S
Vf =
h=
viene compiuto un lavoro
(m + M )gh , quindi secondo la convenzione
termodinamica il lavoro compiuto nella trasformazione è dato da W = −(m + M )gh. Poichè la temperatura finale è uguale a quella iniziale, la variazione di
energia interna tra gli stati inziale e finale è nulla: 0 = Q − W
⇒
Q = W = −(m + M )gh ; Q è negativo, infatti per restare alla stessa temperatura il
gas deve cedere calore.
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