Soluzioni della seconda prova di accertamento Fisica Generale 1

Corso di Laurea in Ingegneria Biomedica, dell’Informazione, Elettronica e Informatica
Canale 2 (S. Amerio, L. Martucci)
Padova, 17 giugno 2013
Soluzioni della seconda prova di accertamento
Fisica Generale 1
Problema 1
Un’asta rigida di lunghezza l e massa ma è sospesa verticalmente a un estremo O attorno al quale
può ruotare liberamente senza attrito. Una pallina in moto orizzontale con velocità costante ~v
colpisce l’asta (vedi figura).
1. Si supponga che l’urto sia elastico. Che distanza x da O deve avere la pallina nell’istante
prima dell’urto, per rimane ferma dopo l’urto? (Ricordare che il momento di inerzia
dell’asta rispetto a un asse perpendicolare ad essa e passante per il suo centro di massa è
1
ICM = 12
ma l2 .) Solo dopo aver trovato la formula generale, valutare il risultato numerico
per l = 1 m, ma = 3kg, mp = 1kg e velocità ~v di modulo 10 ms−1 .
2. Si supponga ora che l’urto sia completamente anelastico, che la pallina rimanga attaccata
all’asta a una distanza x = l da O e che ma = 3mp . Qual è il valore minimo del modulo
della velocità ~v per il quale dopo l’urto l’asta raggiunge la posizione orizzontale? Solo dopo
aver trovato la formula generale, valutare il risultato numerico per l = 1 m, ma = 3kg e
mp = 1 kg.
Soluzione:
1. Introduciamo una base di versori ux , uy , uz come in figura e scriviamo ~v = vuy . Immediatamente dopo l’urto elastico l’asta si move con velocità angolare ω
~ = ωuz . La
componente Lz del momento angolare rispetto ad O si conserva. Prima dell’urto essa
e’ uguale a Lin
z = mp x v. Dopo l’urto, poiché richiediamo che la pallina rimanga ferma,
fin
Lz = Iz ω ≡ 13 ma l2 ω, dove abbiamo usato il teorema di Huygens-Steiner per calcolare il
fin
momento di inerzia Iz = 31 ma l2 rispetto ad O. Da Lin
z = Lz otteniamo quindi l’equazione
x=
1
ma l 2 ω
3mp v
(1)
D’altra parte, possiamo determinare ω usando la conservazione dell’energia cinetica. Prima
dell’urto abbiamo Ekin = 12 mp v 2 mentre immediatamente dopo l’urto Ekfin = 21 Iz ω 2 ≡
1
2 2
in
fin
6 ma l ω . Dalla condizione Ek = Ek otteniamo quindi
s
1
ω
=
v
l
3mp
ma
Usando questo risultato nella (1) si ottiene il risultato cercato
s
x=l
ma
3mp
Per ma = 3mp e l = 1m, la pallina deve urtare l’asta alla distanza x = l = 1m.
2. Il momento angolare Lz rispetto al polo O si conserva durante l’urto. Prima dell’urto Lz
è uguale a mp lv mentre subito dopo l’urto è dato da Iz ω + mp l2 ω ≡ 13 ma l2 ω + mp l2 ω =
2mp l2 ω, dove ω è la velocita angolare dell’asta+pallina subito dopo l’urto. Dalla conservazione di Lz si ottiene quindi
v = 2lω
(2)
La velocità minima v si ottiene richiedendo che l’ asta+pallina raggiungano la posizione
orizzontale con velocità angolare nulla, Dalla conservazione dell’energia meccanica ∆Ep =
−∆Ek . Poiché ∆Ep = mp gl + 12 ma gl = 52 mp gl e −∆Ek = 12 Iz ω 2 + 12 mp l2 ω 2 = 61 ma l2 ω 2 +
1
2 2
2 2
2 mp l ω = mp l ω , dalla conservazione dell’energia meccanica otteniamo
r
ω=
5g
2l
Usando questo risultato nella (2) si ottiene la velocità minima cercata
vmin =
p
Per l = 1 m otteniamo la velocità minima vmin
2
10gl
√
= 98 ms−1 ' 9.90 ms−1 .
Problema 2
Un disco omogeneo di raggio R e massa m (momento d’inerzia rispetto all’asse di simmetria:
I = 21 mR2 ) è appoggiato sulla superficie di un piano inclinato scabro di pendenza θ. Il centro del
disco è collegato ad un punto fisso mediante una molla di costante elastica k e massa trascurabile,
come in figura.
1. Determinare l’allungamento l della molla in condizioni di equilibrio. Solo dopo aver trovato
la formula generale, valutare il risultato numerico per k = 100 Nm−1 , m = 1kg, R = 10 cm
e θ = 30◦ .
2. Se il disco viene allontanato dalla posizione di equilibrio e successivamente lasciato libero,
il disco inizia a rotolare senza strisciare. Dimostrare che il centro C del disco inizia a
oscillare di moto armonico. Quanto vale il periodo di oscillazione? Solo dopo aver trovato
la formula generale, valutare il risultato numerico per k = 100 Nm−1 , m = 1kg, R = 10 cm
e θ = 30◦ .
3. Se il coefficiente di attrito statico del piano inclinato è µs , qual è la distanza massima D
dalla posizione di equilibrio alla quale si può allontanare il disco in modo che successivamente, una volta lasciato libero, rotoli senza strisciare? Solo dopo aver trovato la formula
generale, valutare il risultato numerico per µs = 0.2, k = 100 Nm−1 , m = 1kg, R = 10 cm
e θ = 30◦ .
Soluzione
Introduciamo una terna di versori ortogonali ux , uy , uz come in figura e indichiamo con x la
posizione del centro C lungo il piano inclinato, scegliendo come origine x = 0 il punto in cui la
molla è a riposo. Le forze che agiscono sul disco sono la forza elastica F~el = −kx ux applicata al
centro C, la forza peso F~g = mg(sen θ ux + cos θ uy ) applicata al centro C, la reazione vincolare
~ = −mg cos θ uy , applicata al punto P di contatto col piano inclinato, e la forza di
del piano N
attrito statico F~as = Fas ux applicata in P .
1. Usando C come polo dei momenti, la forza di attrito statico è l’unica forza che ha momento
non identicamente nullo
−→
~ tot ≡ M
~ as = −
M
CP × F~as = (R uy ) × (Fas ux ) = −RFas uz
~ tot = ~0 e quindi Fas = 0.
Nella posizione di equilibrio si deve avere M
3
(3)
D’altra parte, la risultante delle forze che agiscono sul disco è
F~R = (mg sen θ − kx + Fas )ux
(4)
Se il disco è in equilibrio, F~R = 0. Sapendo che Fas = 0 otteniamo l’equazione mgsen θ −
kl = 0 che determina l’allungamento della molla
l=
mg sen θ
k
(5)
Per k = 100 Nm−1 , m = 1kg, R = 10 cm e θ = 30◦ si ottiene l ' 4.9 cm.
2. Scriviamo l’accelerazione angolare come α
~ = α uz e l’accelerazione di C come ~a = a ux .
Il moto del centro C del disco è determinato da m~a = F~R , mentre il moto rotatorio è
determinato da Iz α = Mtot = Mas , dove i momenti sono valutati rispetto a C. Da (3) e
(4) otteniamo
Iz α = −RFas
m a = mg sen θ − kx + Fas
(6)
D’altra parte, in condizioni di puro rotolamento si ha la condizione a = αR, usando la
quale dalle (6) si ottiene
Iz a
1
Fas = − 2 = − ma
(7)
R
2
e
3
ma = −k(x − l)
(8)
2
Ponendo ∆x = x − l possiamo scrivere questa equazione nel seguente modo
d2 ∆x
+ ω 2 ∆x = 0
dt2
con
s
ω=
2k
3m
(9)
(10)
Otteniamo quindi l’equazione del moto oscillatorio armonico di periodo
2π
= 2π
T =
ω
r
3m
2k
(11)
Per k = 100 Nm−1 e m = 1kg otteniamo T ' 0.77 s.
3. Usando la (7) e la (8) otteniamo
k
(x − l)
3
≤ µs |N | = µs mg cos θ otteniamo la distanza massima
Fas =
Sapendo che Fas
D = (x − l)max =
3µs mg cos θ
k
Per µs = 0.2, k = 100 Nm−1 , m = 1kg e θ = 30◦ si ottiene D ' 5.09 cm.
4
(12)
Problema 2
Due moli di gas ideale monoatomico compiono un ciclo reversibile ABCA costituito da una
espansione isobara, una espansione adiabatica e una compressione isoterma. Nello stato iniziale
A il gas si trova alla pressione pA = 5 · 105 Pa, temperatura TA = 300.7 K e occupa il volume
VA = 0.01 m3 . Alla fine dell’espansione isobara √
(stato B) il volume è triplicato e alla fine
dell’adiabatica (stato C) la pressione è pC = pA /(9 3) ' 3.2 · 104 Pa .
1. Determinare la temperatura TB del gas alla fine dell’espansione isobara.
2. Determinare i calori scambiati durante il ciclo (QAB , QBC , QCA ) .
3. Determinare il rendimento η del ciclo.
(R = 8.314 molJ K , cV = 23 R, cP = 52 R, γ =
cP
cV
)
Soluzione
A, B e C sono stati di equilibrio termodinamico. Il ciclo è reversibile.
1. Applichiamo l’equazione di stato dei gas ideali allo stato B. PB VB = nRTB , dove n è
il numero di moli e R la costante universale dei gas. PB = PA dato che AB è isobara e
A VA
VB = 3VA . Si ottiene quindi TB = 3PnR
' 902.1 K. Alternativamente, dato che PB = PA
TB
VB
si ha TA = VA e quindi TB = 3TA .
2. Applichiamo il primo principio della termodinamica alle tre trasformazioni e ricordiamo
che per un gas ideale ∆U = ncV (TF − TI ), dove TF e TI sono rispettivamente la temperatura finale e iniziale.
• Durante l’espansione isobara AB il gas assorbe calore e produce lavoro. La sua
temperatura - e quindi la sua energia interna - aumentano. ∆UAB = QAB − WAB ,
dove ∆UAB = ncV (TB − TA ) ' 15000 J e WAB = pA (VB − VA ) = 2pA VA ' 10000 J.
Quindi QAB = ∆UAB − WAB = 25000 J. Alternativamente QAB = ncP (TB − TA ) =
5PA VA .
• Durante l’espansione adiabatica il calore scambiato è nullo, quindi QBC = 0 J
• Durante la compressione isoterma, il gas subisce lavoro e cede calore. La sua energia interna rimane invariata, dato che il processo avviene
a temperatura
costante.
R
R
A
∆UCA = QCA − WCA dove ∆UCA = 0 e WCA = VVcA pdV = VVcA nRT
V dV =
nRTA ln VVCA , dato che la trasformazione è reversibile (possiamo applicare l’equazione
di stato dei gas in tutti gli stadi intermedi) ed isoterma. Ricaviamo il volume
VC dalla relazione P V γ = costante applicata alla trasformazione adiabatica re1
versibile BC: pB VBγ = pC VCγ , da cui Vc = ( ppB
) γ VB ' 0.156 m3 . Si ha quindi
C
QCA = WCA = nRTA ln VVCA ' −13733 J, negativo perché si tratta di calore ceduto
dal gas.
3. Il rendimento del ciclo è η = QWA , dove W è la somma di tutti i lavori fatti o subiti dal gas
e QA è la somma di tutti i calori assorbiti. Il lavoro W = WAB + WBC + WCA , dove WAB
e WCA sono stati ricavati al punto precedente. Il lavoro fatto dal gas durante l’espansione
adiabatica è WBC = −∆UBC = −ncV (Tc − TB ) = ncV (TA − TB ) ' 15000 J. Il lavoro
5
totale W = WAB + WBC + WCA = 10000 + 15000 − 13733 ' 17427 J. Durante il ciclo
il gas assorbe calore solo durante l’espasione isobara, quindi QA = QAB = 25000 J. Il
rendimento è η = QWA ' 0.45.
6