Sol fis 1

FISICA GENERALE I
A.A. 2013-2014
01 Luglio 2014 - A
Cognome
Nome
n. matricola
Corso di Studi
Docente
9
crediti
10 crediti
12 crediti
Voto:
Esercizio n. 1 Un cubetto di legno di massa M è posto su un piano inclinato di un angolo α, e con coefficiente di
attrito dinamico μ. Mentre il cubetto sta scendendo alla velocità v, un proiettile di massa m viene sparato sul cubetto
con velocità v’ diretta parallelamente al piano ma in verso opposto a quello del moto del cubetto. Determinare la
massa m del proiettile sapendo che il proiettile si conficca nel cubetto e che a seguito di questo il cubetto risale della
distanza D.
Eseguire i calcoli per: D= 0.4 m, M= 0.8 kg, v= 1 m/s, v’= 30 m/s, μ= 0.3, α= 30°.
Detta V la velocità del sistema dopo l’urto, il lavoro della forza di attrito nella risalita è
ଵ
ߤܴே ‫ = ܧ∆ = ܦ‬ଶ ሺ‫ ܯ‬+ ݉ሻܸ ଶ − ሺ‫ ܯ‬+ ݉ሻ݃‫ߙ݊݁ݏ ܦ‬
con ܴே = ሺ‫ ܯ‬+ ݉ሻ݃ ܿ‫ߙݏ݋‬, da cui
1
ߤ݃‫ ܸ = ߙݏ݋ܿܦ‬ଶ − ݃‫ ܦ‬sin ܽ →
2
ܸ = ሾ2݃‫ܦ‬ሺ‫ ߙ݊݁ݏ‬+ ߤ ܿ‫ߙݏ݋‬ሻሿଵ/ଶ = 2.44 ݉/‫ݏ‬
Ma per la conservazione della quantità di moto nell’urto:
ሺ‫ ܯ‬+ ݉ሻܸ = ݉‫ ݒ‬ᇱ − ‫ݒܯ‬
→
݉=‫ܯ‬
௏ା௩
௩ ᇲ ି௩
= 0.095 ‫݃ܭ‬
Esercizio n. 2 Un cubo di legno di lato L e massa M è appoggiato sul bordo di un tavolo,
sporgendo per L/2, ed è incernierato allo spigolo del tavolo in modo da poter ruotare attorno ad
esso senza traslare (vedi figura). Il momento di inerzia del cubo rispetto all’asse orizzontale
passante per il suo centro è IC.
Sulla faccia superiore del cubo, all’estremo sinistro è fissato un punto materiale di massa m,
mentre all’estremo destro viene applicata una forza orizzontale F. Determinare il minimo
valore Fm di F per il quale il cubo inizia a ruotare e l’accelerazione angolare iniziale se la forza
applicata vale 2Fm.
Eseguire i calcoli per: L= 0.4 m, M= 0.2 kg, m= 0.05 kg, IC= 0.053 kg m2.
Il cubo rimarrà fermo finché, preso come polo un punto sull’asse di rotazione (O), MTOT= 0, ossia
‫ܮ‬
−݉݃ + ‫ܨ‬௠ ‫ = ܮ‬0
2
→ ‫ܨ‬௠ =
݉݃
= 0.245 ܰ
2
Se F= 2Fm :
‫ܯ‬ை
ߙ=
=
‫ܫ‬଴
‫ܮ‬
−݉݃ 2 + 2‫ܨ‬௠ ‫ܮ‬
‫ܮ‬ଶ
‫ܮ‬ଶ
‫ܫ‬஼ + ‫ ܯ‬+ ݉ ൬‫ܮ‬ଶ + ൰
4
4
=
‫ܮ‬
݉݃ 2
‫ܮ‬ଶ
‫ܮ‬ଶ
‫ܫ‬஼ + ‫ ܯ‬+ 5݉
4
4
= 1.4 ‫݀ܽݎ‬/‫ ݏ‬ଶ
m
F
Esercizio n. 3 Una sorgente di onde sonore (velocità del suono in aria vS) è ferma
all’estremo sinistro A di un segmento AB di lunghezza L (vedi figura). Lungo la
direzione AB, a distanza D dal centro del segmento AB, è posto un ricevitore R che in
A
queste condizioni misura una frequenza ν0.
All’istante t=0 la sorgente comincia a muoversi di moto armonico con pulsazione ω
lungo l’intero segmento AB. Sapendo che per t= 0 l’accelerazione della sorgente è a0,
determinare l’andamento nel tempo della frequenza misurata dal ricevitore, la frequenza
massima ricevuta vM e il primo istante t* per il quale il ricevitore riceve la frequenza vM.
Eseguire i calcoli per a0= 25 m/s2, L= 90 cm, D= 30 m, vS=343 m/s, v0=1000 Hz.
R
B
D
Nel moto armonico di ampiezza L/2 la velocità della sorgente è v(t)= ω(L/2)sen(ωt), e la frequenza ricevuta è :
ߥሺ‫ݐ‬ሻ = ‫ݒ‬଴
‫ݒ‬௦
߱‫ܮ‬
‫ݒ‬௦ − 2 ‫݊݁ݏ‬ሺ߱‫ݐ‬ሻ
dove la pulsazione ω si ricava dal fatto che nel moto armonico l’accelerazione (in modulo) è massima agli estremi del
moto, e vale
‫ܮ‬
ܽ଴ = ߱ଶ
2
→
2ܽ଴ ଵ/ଶ
߱=൬
൰ = 7.45 ‫ି ݏ‬ଵ
‫ܮ‬
La frequenza massima vale allora
ߥெ = ‫ݒ‬଴
‫ݒ‬௦
= 1010 ‫ݖܪ‬
߱‫ܮ‬
‫ݒ‬௦ − 2
Infine, la frequenza massima viene emessa dalla sorgente al tempo t0=T/4=π/2ω= 0.21 s , e ricevuta al tempo
‫ݐ = ∗ ݐ‬଴ +
‫ܦ‬
= 0.3 ‫ݏ‬
‫ݒ‬௦
Esercizio n. 4 Due moli di un gas perfetto biatomico compiono una trasformazione reversibile AB di equazione
p= aV. La temperatura iniziale è TA, e raddoppia nello stato finale.
Calcolare per tale trasformazione la variazione di entropia e il lavoro effettuato dal gas.
Eseguire i calcoli per TA= 30 °C.
Il calore specifico della trasformazione è
ܿ=
1 ݀ܳ
1 ܷ݀ + ݀‫ ܮ‬1 ݊ܿ௏ ݀ܶ + ‫ܸ݀݌‬
1 ܸ݀
=
=
= ܿ௏ + ‫݌‬
݊ ݀ܶ
݊
݀ܶ
݊
݀ܶ
݊ ݀ܶ
Ma nRdT= d(pV)= d(aV2)= 2aVdV= 2pdV, e quindi c= cV+R/2= 3R, come si poteva ricavare anche dal fatto che si
tratta di una politropica di ordine k= -1.
Allora
்ಳ
Δܵ = න
்ಲ
݊ܿ
݀ܶ
= ݊ܿ ݈݊2 = 34.6 ‫ܬ‬/‫ܭ‬
ܶ
Inoltre
‫ ܳ = ܮ‬− Δܷ = ݊ܿΔܶ − ݊ܿ௏ Δܶ = ݊
ܴ
Δܶ = 2519 ‫ܬ‬
2
In alternativa, poiché pV= aV2= nRT
‫ = ܮ‬න ܸܸܽ݀ =
ܽ
1
1
ܴ
Δሺܸ ଶ ሻ = Δሺܸܽ ଶ ሻ = Δሺܴ݊ܶሻ = ݊ Δܶ
2
2
2
2
FISICA GENERALE I - Prova B
A.A. 2013-14
1 Luglio 2014
Cognome
Nome
n. matricola
Corso di Studi
Docente
Voto
Esercizio n. 1 Un blocco di massa m=4 kg è posto su un piano orizzontale scabro.
A partire dall’istante iniziale t0=0, una forza avente una direzione formante un angolo
θ=30° con il piano orizzontale e modulo costante F=16 N agisce sul blocco,
inizialmente fermo, fino all’istante t1=15 s. Terminata l’azione della forza, il blocco
rallenta fermandosi all’istante t2=2t1. Si calcoli il coefficiente di attrito dinamico fra
blocco e piano e il lavoro complessivamente compiuto dalla forza F.
F
θ
m
Proiettando l’equazione della dinamica sugli assi x e y rispettivamente parallelo e ortogonale al piano
orizzontale
si ottiene:
x: F cos(θ ) − A = ma ; y: R N − mg + F sin (θ ) = 0 da cui A = µ d R N = µ d (mg − F sin (θ ))
Per 0<t<t1 il blocco si sposta con accelerazione a1 =
F (cos(θ ) + µ d sin (θ ))
− µ d g ovvero con velocità
m
v(t ) = a1t
Per t1<t<t2 l’accelerazione diviene a 2 = − µ d g mentre v(t ) = v(t1 ) − µ d g (t 2 − t1 )
F
cos(θ )
m
= 0.2
All’istante t2 il blocco si arresta quindi v(t 2 ) = a 1t1 − µ d gt1 = 0 da cui si ottiene µ d =
F
2 g − sin (θ )
m
1
Tenendo conto che nell’intervallo 0<t<t1 lo spostamento del blocco è pari a x (t1 ) = a1t12 con a1=1.9 m/s2 ,
2
1
il lavoro della forza F è dato da L = Fcos(θ )x(t1 ) o in alternativa L = mv12 + µ d R N x (t1 ) . Si trova L=2.96
2
3
10 J
Esercizio n. 2 La posizione di una massa m rispetto ad un punto fisso O é individuata
r
r
r
dal vettore posizione r . La massa m si muove sotto l’effetto di una forza F = kr 2 u r
r
r
dove k è una costante, r è il modulo di r e u r il corrispondente versore. Nella
r
posizione r1 la massa m è dotata di velocità v1 formate un angolo θ1 con la direzione di
r
r
r1 . Calcolare v2 e θ2 quando la massa occupa la posizione r2 . Eseguire i calcoli per
k=2 N/m2, m=2 kg, v1= 5 m/s, θ1 = 30°, r1=2 m e r2=6 m
θ1
r1
O
Essendo la forza centrale una forza conservativa si ottiene
r2
T2 − T1 = U (r1 ) − U (r2 ) =
∫
kr 2 dr =
(
k 3
r − r3
3 2 1
)
r1
2k 3


r2 − r13  = 12.8 m/s
da cui si ha v 2 =  v12 +
3m


(
)
Imponendo la conservazione del momento della quantità di moto rispetto al polo O si ottiene:
r v sin θ1
mr1 sin θ1v1 = mr2 sin θ 2 v 2 ovvero sin θ 2 = 1 1
corrispondente a θ2=3.7 °
v 2 r2
v1
r2
v2
θ2
Esercizio n. 3 Un cilindro di massa m=16 kg e raggio R è poggiato su un
piano orizzontale scabro con un coefficiente di attrito statico µs=0.15. Nel
cilindro sono praticate due scanalature di spessore trascurabile di raggio
a=3R/4 e b=R/4 su cui sono rispettivamente avvolti due fili inestensibili e di
massa trascurabile che esercitano le tensioni T2=32 N e T1=8 N. Nell’ipotesi
che il moto sia di puro rotolamento, determinare l’accelerazione del centro di
massa. Mantenendo fissato il valore di T1=8 N, determinate inoltre il massimo
valore di T2 affinché il moto del cilindro sia di puro rotolamento.
a
R
2 b
T1
T2
C
Dalle equazioni cardinali si ottiene:
1a: T2 − T1 + A = mac
a
7T − 3T1
3R
R 1
+ T1 = mR 2 c e quindi ac = 2
= 2.08 m/s2
2a: − AR + T2
4
4 2
R
6m
T
T
Affinché il moto sia di puro rotolamento A ≤ µ s R N ovvero 2 + 1 ≤ µ s mg
6
2
Si ottiene T2 ≤ 6 µ s mg − 3T1 = 117.2 N.
Esercizio n. 4 Due moli di gas perfetto biatomico eseguono le trasformazioni
riportate in figura in cui AB è una trasformazione isoterma irreversibile con
VB=3VA, mentre BC è una compressione isobara reversibile tale che VC=VA.
Sapendo che il lavoro complessivamente scambiato dal gas in seguito alle due
trasformazioni è L=500 J e che TA=30 °C, calcolare la variazione complessiva di
entropia del gas e dell’ambiente.
a
R
2 b
T1
C
A
A
p
B
C
V
Trasformazione isoterma AB
V
L AB = Q AB ; ∆SGAS = nRln B
 VA
T2

Q
 ; ∆SSOR = − AB
TA

Trasformazione isobara BC
V

2
L BC = pC (VC − V B ) = nR (TC - TB ) = nRTA  C − 1 = - nRTA
3
 VB

T 
∆SGAS = −∆S SOR = nc p ln C 
 TB 
Dal bilancio del lavoro complessivamente scambiato si ottiene Q AB = L +
2
nRTA = 3.86 103 J e di
3
conseguenza
Q
7
7
1
1
∆SGAS = nRln(3) + n R ln  = -45.7 J/K ovvero ∆S SOR = − AB − n Rln  = 51.2 J/K
2
TA
2
 3
3
La variazione di entropia del gas poteva essere anche calcolata lungo l’isocora reversibile AC ovvero
T 
∆SGAS = nc v ln C  = - 45.7 J/K
 TA 