Soluzioni del compito di Fisica Generale I del 28 gennaio 2016
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FISICA GENERALE I A.A. 2014-2015 28 Gennaio 2016 Cognome Nome Matricola Corso di Studi Docente CFU 8-9 Ritirato (barrare e firmare) : Voto: Esercizio n. 1 Una molla ideale di costante elastica k è posta su un piano 10 12 orizzontale privo di attrito e reca al suo estremo libero una massa m. A distanza L/2 dalla posizione di equilibrio x0= 0 della massa è posta una parete (vedi figura), Se la molla viene compressa di un tratto L a partire da x0 e poi lasciata libera, e i successivi urti tra m e la parete sono elastici, determinare a) l’impulso ceduto alla parete a ogni urto ; b) il tempo necessario perché m compia una oscillazione completa. Eseguire i calcoli per k= 4 N/m, m= 50 g, L= 10 cm. Al momento dell’urto con la parete la velocità v* di m si ricava dalla conservazione dell’energia : 1 1 πΏ2 1 ππ£ ∗2 + π = ππΏ2 2 2 4 2 π£∗ = √ → 3π π πΏ = 0.77 4π π L’impulso trasferito in un urto vale quindi π½ = 2ππ£ ∗ = 0.077 ππ A sinistra del punto di equilibrio si ha un normale moto armonico di periodo π = 2π√(π/π) = 0.7 π , mentre a destra il moto è interrotto dalla parete. Ponendo t= 0 nel momento in cui la massa passa per la posizione di equilibrio si ha π₯(π‘) = πΏ sin ππ‘ e quindi in ogni oscillazione l’urto contro la parete avverrà dopo un tempo t* dal passaggio dalla posizione di equilibrio tale che π₯(π‘ ∗ ) = πΏ 2 → πΏ sin ππ‘ ∗ = πΏ 2 → π‘∗ = 1 π sin−1 1 2 e il periodo complessivo del moto sarà: π= π0 2 + 2π‘ ∗ = π0 2 [1 + 2 π 1 sin−1 ] = 0.47 π 2 Esercizio n. 2 In un sistema di coordinate cartesiane Oxyz, il piano xy coincide con il terreno orizzontale e l’asse z è verticale. Un corpo di massa M esplode da fermo, quando si trova nel punto (0, 0, h), in 2 frammenti di masse m 1, m2. Subito dopo l’esplosione entrambi i frammenti hanno velocità parallela al piano orizzontale e la velocità del frammento m 1 è v1. Determinare le coordinate di caduta di m 2. Eseguire i calcoli per m 1= 6 kg, m2= 4 Kg, h= 100 m, v1= (-15 i + 20 j) m/s. Dal momento dell’esplosione a quello dell’impatto (contemporaneo) a terra dei 2 frammenti le coordinate x e y del centro di massa, inizialmente nulle, non variano. Le coordinate dei punti di impatto dei 2 frammenti devono quindi soddisfare le relazioni π1 π₯1 + π2 π₯2 = 0 ; π1 π¦1 + π2 π¦2 = 0 Ma le coordinate di caduta di m1 si possono calcolate dal tempo di caduta t*=(2h/g)1/2= 4.52 s: π₯1 = π£1π₯ π‘ ∗ ; π¦1 = π£1π¦ π‘ ∗ Sostituendo : −π1 π₯1 −π1 π£1π₯ π‘ ∗ = = 101.7 π π2 π2 −π1 π£1π¦ π‘ ∗ −π1 π¦1 π¦2 = = = −135.6 π π2 π2 π₯2 = Esercizio n. 3 Un’asta di lunghezza L può ruotare senza attrito attorno ad un asse orizzontale passante per un suo estremo O. L’asta ha densità lineare di massa λ(x)= bx2, dove x è la distanza da O e b è una costante. Al centro dell’asta è fissata una molla ideale di costante elastica k, il cui altro estremo è vincolato al soffitto S (vedi figura). La lunghezza di riposo L0 della molla è proprio uguale alla distanza verticale tra il soffitto e O. Sapendo che la sbarretta è in equilibrio quando è inclinata di un angolo θ0 rispetto alla verticale, e che in tale situazione la molla è disposta in verticale (vedi figura), determinare il valore di b. Eseguire i calcoli per k= 20 N/m, L= 1 m, θ0= 30°. All’equilibrio il momento totale rispetto ad O della forza peso e della forza elastica deve essere nullo. Quando l’inclinazione è θ0 la molla è deformata di (L/2)cosθ0 e la forza è applicata al centro dell’asta. La forza peso è invece applicata nel centro di massa, a distanza rc da O. Allora πΏ πΏ π πππ π0 π πππ0 − ππππ π πππ0 = 0 2 2 → π πΏ2 πππ π0 = ππππ 4 πΏ πΏ Ma per definizione di centro di massa : πππ = ∫0 π₯π(π₯)ππ₯ = ∫0 π₯ ππ₯ 2 ππ₯ = π e sostituendo π πΏ2 πΏ4 πππ π0 = ππ 4 4 → π= πΏ4 4 π πππ π0 = 1.77 ππ/π3 ππΏ2 Esercizio n. 4 Un numero n di moli di un gas biatomico è contenuto in un recipiente cilindrico chiuso da un pistone libero di muoversi senza attrito e sottoposto alla pressione atmosferica p0. All’equilibrio iniziale il volume è V0 (vedi figura). Al tempo t= 0 e per un tempo t* si trasferisce calore al gas con una potenza W e di conseguenza il gas si espande lentamente fino ad un nuovo stato di equilibrio. Determinare i valori di p, V, T in questo nuovo stato. Il gas viene poi compresso isotermicamente in modo reversibile fino a ritornare al valore di entropia iniziale. Determinare il volume finale Vf del gas. Eseguire i calcoli per n= 2, V0=50 lt, W= 5 W, t*= 10 minuti. Nello stato iniziale T0= p0V0/nR= 304 K La prima trasformazione èuna isobara reversibile in cui il gas riceve una quantità di calore Q= Wt*= ncpΔT e compie un lavoro L=p0ΔV= nRΔT. Allora βπ = π ππ‘ ∗ = πππ πππ → π = π0 + ππ‘ ∗ = 356 πΎ πππ ; π = π0 ; π = π0 + ππ βπ ππ‘ ∗ π = π0 + = 0.058 π3 π0 ππ π0 La seconda trasformazione è una compressione isoterma reversibile, e si vuole che la variazione totale di entropia sia nulla, ossia 0 = βπ = βπππ ππ + βπππ ππ‘ = πππ ππ ππ π + ππ ππ π0 π → ππ ππ ππ π0 = ππ π π π da cui π0 ππ /π ππ = π ( ) = 0.033 π3 π In alternativa gli stati iniziale e finale devono essere collegati da una adiabatica reversibile : π 1/(πΎ−1) ππ = π0 ( 0) π = 0.033 π3
