prova scritta 25-1-13 risol

Prova scritta di Fisica 1
CdL in Matematica
25 gennaio 2013
1) Il sistema, schematizzato in figura, è costituito da un anello di massa M e raggio R = 30 cm e da
una sbarretta lunga R e di massa uguale a quella dell’anello, posta lungo un raggio dell’anello. Il
sistema può ruotare senza attrito attorno ad un asse orizzontale (perpendicolare al piano della
figura) e passante per il centro O dell’anello. Se il sistema viene lasciato libero da una posizione in
cui il raggio è orizzontale si calcoli:
a) la velocità angolare del sistema e la velocità lineare del centro di massa quando il raggio passa
per la posizione verticale;
b) la massa M , sapendo che, in tale posizione, la reazione vincolare che agisce sull’asse di
rotazione è 93 N.
O
R
Possiamo determinare la posizione del centro di massa del sistema tenendo conto che il centro di
massa dell’anello si trova in O e quello della sbarretta a R/2 da O, per cui
MR / 2
xcm =
= R/4
2M
Per determinare la velocità angolare del sistema quando la sbarretta passa per la posizione verticale
applichiamo il principio di conservazione dell’energia assumendo nulla l’energia potenziale nella
posizione verticale:
1
2 Mgxcm = Iω 2
2
4
Il momento d’inerzia del sistema rispetto all’asse passante per O è: I = MR 2 + MR 2 / 3 = MR 2
3
4 MgR / 4
3g
pertanto ω =
=
= 4.95 rad/s. La velocità lineare del centro di massa è:
2
4R
4 MR / 3
vcm = ωR / 4 = 0.37 m/s. L’equazione del moto nella direzione radiale quando la sbarretta passa per
2
vcm
la posizione verticale è: Rv − 2Mg = 2M
da cui si trova facilmente M = 4 Kg.
R/4
Rv
2Mg O
2) Un cilindro chiuso con pareti adiabatiche è separato in due parti A e B da una parete interna fissa
e termicamente conduttrice. Nella parte A sono contenuti 3 g di elio (gas monoatomico con peso
molecolare 4) inizialmente alla temperatura tA= −70°C mentre in B ci sono 10 g di azoto (gas
biatomico con peso molecolare 28) inizialmente a temperatura tB = 70°C. Supponendo che i due gas
si comportino come gas perfetti, calcolare, ad equilibrio termico raggiunto:
a) la temperatura di equilibrio finale;
b) la quantità di calore scambiata tra i due gas;
c) la variazione di entropia dell’universo.
A
B
Essendo la parete che separa i due gas conduttrice, essi raggiungeranno la condizione di equilibrio
termico dopo aver scambiato del calore; il sistema è, però, adiabatico per cui è Q = 0 ed è anche L =
0 per cui la ∆U sist = 0 ovvero n A cvA (Teq − TiA ) + n B cvB (Teq − TiB ) = 0 . Calcoliamo il numero di
3
10
= 0.75 , n B =
= 0.36 ; Teq è quindi data da:
4
28
n c T + n B cvB TiB
Teq = A vA iA
= 265 K
n A cvA + n B cvB
Il gas B cede calore al gas A che lo assorbe. Poiché i gas non compiono lavoro (essendo la parete
interna fissa) Q A = ∆U A = n A cvA (Teq − TiA ) = 580 J.
La variazione di entropia dell’universo coincide con quella del sistema essendo questo isolato.
Entrambi i gas subiscono una trasformazione isocora irreversibile per cui
Teq
Teq
∆S = n A cvA ln
+ n B cvB ln
= 0.56 J/K
TiA
TiB
moli: n A =