Prova scritta di Fisica Generale I
Corso di studio in Astronomia
– 24 giugno 2014
Problema 1
Una locomotiva di massa 2m = 400 kg traina lungo un tratto rettilineo di binario due
carrozze, C1 e C2, ciascuna di massa m. La carrozza C1 è collegata direttamente alla
locomotiva tramite una molla di costante elastica k = 3 × 104 N/m, mentre la carrozza C2 è
collegata a C1 per mezzo di una fune inestensibile e di massa trascurabile. Alla locomotiva
è applicata una forza esterna costante di modulo F = 8 × 103 N, diretta parallelamente alla
direzione del moto. Sapendo che il coefficiente d’attrito dinamico tra il convoglio e il binario
vale µ = 0.05, si calcoli la tensione T della fune, l’allungamento della molla rispetto alla sua
lunghezza a riposo, ∆x, e l’accelerazione a con cui si muove il convoglio.
Soluzione
Consideriamo le forze che hanno componente diversa da zero lungo la direzione del moto.
Sulla locomotiva (L) agiscono la forza esterna, F , la forza elastica, −k∆x, e la forza di
attrito, −µ2mg. Sulla carrozza C1 agiscono la forza elastica, +k∆x, la tensione della fune,
−T , e l’attrito, −µmg; su C2 la tensione della fune , +T , e l’attrito, −µmg. Scrivendo la
legge di Newton per i singoli componenti del sistema (L, C1 e C2) si ottiene
2maL = F − k∆x − 2µmg
ma1 = k∆x − T − µmg
ma2 = T − µmg ,
(1)
Se la fune è tesa e la molla ha raggiunto la massima deformazione, la tre accelerazioni
devono essere uguali, aL = a1 = a2 ≡ a. Sommando le tre equazioni si ottiene
4ma = F − 4µmg ,
(2)
da cui segue subito
F
− µg = 9.5 m/s2 .
4m
La tensione della fune si ricava dalla terza equazione
a=
T = ma + µmg = F/4 = 2000 N
e la deformazione della molla dalla prima, ∆x = F/(2k) = 0.13 m .
1
(3)
(4)
Problema 2
Si consideri un corpo rigido formato da un disco omogeneo di raggio R = 20 cm e massa
M = 1.4 kg e da una sbarretta sottile e omogenea di massa m = 300 g, lunga R, fissata
lungo un raggio del disco. Il sistema è disposto su un piano verticale ed è in grado di ruotare
intorno ad un asse orizzontale passante per il centro del disco, O. Esso viene abbandonato da
fermo con la sbarretta disposta orizzontalmente. Trascurando tutti gli attriti, si determini
1. la posizione del centro di massa nella configurazione iniziale;
2. la velocità angolare del sistema quando la sbarretta è disposta verticalmente.
In realtà, a causa degli inevitabili attriti, l’ampiezza del moto del sistema si riduce e dopo
un certo tempo viene raggiunto un regime di piccole oscillazioni. Si calcoli
3. il periodo delle piccole oscillazioni.
Soluzione
La posizione iniziale del centro di massa (CM) del corpo si calcola facilmente, dato che
sono note le posizioni dei centri di massa del disco e della sbarretta. Introdotto un sistema
cartesiano con orgine nel centro del disco (O), asse x orizzonatale e asse y verticale, sarà
mR
2(m + M )
= (myCM,sbarretta + M yCM,disco )/(m + M ) = 0 .
xCM = (mxCM,sbarretta + M xCM,disco )/(m + M ) =
yCM
(5)
(6)
Il CM del corpo si trova quindi lungo il diametro orizzontale, ad una distanza d = mR/[2(m+
M )] = 0.018 m dal centro del disco.
Se gli attriti sono trascurabili, l’energia meccanica è conservata. Assumendo come livello
zero dell’energia potenziale gravitazionale la quota del CM quando la sbarretta è verticale,
l’energia meccanica all’istante iniziale è E0 = (m + M )gd. Dato che il moto è una pura
rotazione con asse fisso, l’energia finale vale E1 = Iω 2 /2, dove I è il momento d’inerzia del
corpo rispetto all’asse di rotazione; I = Isbarretta +Idisco = mR2 /3+M R2 /2= (3M +2m)R2 /6.
Segue immediatamente
1 2
mR/2
Iω = (m + M )g
2
m+M
(7)
ed infine
s
ω=
6g
= 4.3 rad/s .
(3M/m + 2)R
2
(8)
Si tratta di calcolare il periodo delle piccole oscillazioni per un pendolo composto, in cui
il CM dista d dall’asse di rotazione. Ricordando che la pulsazione è data dalla relazione
s
Ω=
(m + M )gd
,
I
(9)
il periodo risulta
s
2π
(3M/m + 2)R
P =
= 2π
= 2.1 s .
Ω
3g
(10)
Problema 3
Un recipiente cilindrico a pareti adiabatiche, disposto orizzontalmente, è separato in due
parti, A e B, da un setto mobile, di massa trascurabile, anch’esso adiabatico e libero di
scorrere senza attrito. Il setto si trova inizialmente in condizione di equilibrio statico. Il
comparto A contiene n = 1 mole di un gas ideale biatomico, in equilibrio termodinamico
alla temperatura iniziale TA = 300 K. Il comparto B contiene n = 1 mole di vapor d’acqua
saturo in equilibrio termodinamico alla temperatura TB = 373 K e pressione PB = 1 atm.
Per mezzo di una resistenza elettrica, una quantità complessiva di calore Q viene fornita al
gas in A, in modo che questo si espanda molto lentamente. Al termine dell’espansione si
hanno nuovamente condizioni di equilibrio termodinamico sia in A che in B, e una quantità
m = 9 g di acqua si è formata in B. Trattando il vapore in B come un gas ideale, e ricordando
che la massa molare e la densità dell’acqua valgono rispettivamente MH2 O = 18 g/mol e
ρH2 O = 1000 kg/m3 , si calcoli:
1. Il lavoro fatto dal gas in A.
2. La variazione di temperatura del gas in A.
3. La variazione di entropia del gas in A.
Soluzione
Il volume iniziale del vapore in B è pari a:
VBi =
nRTB
= 0.03 m3
PB
(11)
Per definizione di massa molare, se x è la frazione di moli del vapore che viene liquefatta
durante la compressione, si ha m = nxMH2 O , con n = 1. Pertanto x = 0.5.
Il volume di vapore all’equilibrio finale in B, ricordando che il cambiamento di fase è un
processo isotermo e isobaro, è quindi pari a:
VBf =
n(1 − x)RTB
= 0.015 m3 ,
PB
3
(12)
Il volume di acqua formatasi è pari a VH2 O = m/ρH2 O ∼ 10−5 m3 , ed è pertanto del tutto
trascurabile rispetto al volume di vapore.
Dato che la trasformazione parte all’equilibrio meccanico, e procede in modo quasi statico,
il gas in A si mantiene anch’esso a pressione costante PA = PB = 1 atm durante l’espansione.
Il lavoro fatto dal gas in A è pari a:
WA = PA (VBi − VBf ) = 1549 J
(13)
Possiamo ora applicare il primo principo della termodinamica alla trasformazione del gas
in A, ricordando che in una trasformazione isobara del gas si ha Q = nCP ∆T , e che, per un
gas ideale, ∆U = nCV ∆T .
nCV ∆TA = nCP ∆TA − W .
(14)
Dalla relazione di Mayer si trova quindi la consueta formula, per le isobare, W = nR∆T .
Quindi, per la nostra mole di gas in A si ha ∆T = W/R = 186 K. La temperatura finale in
A è quindi TAf = 486K .
La variazione di entropia nell’isobara è (gas biatomico, CP = 7R/2):
TAf
∆SA = nCP log
= 14 JK .
TA
4
(15)
