10 Settembre 2012

Corsi di Laurea in Ingegneria Biomedica, dell’Informazione, Elettronica e Informatica
Canale 3 (Prof. G. Naletto)
Prova Scritta di Fisica Generale 1 - Padova, 10 Settembre 2012
Cognome .............................................................. Nome ........................................... Matricola .......................
Problema 1
Un’asta omogenea AB di lunghezza L = 1 m e massa M = 1.5 kg è libera di ruotare nel piano verticale attorno ad un perno
orizzontale passante per il punto C dell’asta stessa, tale che AC = 0.25 m. L’asta, inizialmente in equilibrio stabile, è
colpita all’estremità B da un proiettile di massa m = 0.2 kg che si muove con velocità orizzontale perpendicolare all’asse
di rotazione dell’asta di modulo vo = 80 m/s. Dopo l’urto il proiettile rimane incastrato nell’asta. Determinare:
a) i momenti d’inerzia, rispetto all’asse di rotazione, IC dell’asta prima dell’urto e I’C del sistema asta+proiettile dopo
l’urto;
b) il modulo ω’ della velocità angolare dell’asta subito dopo l’urto;
c) il modulo J dell’impulso trasmesso al vincolo in C durante l’urto.
Problema 2
Un disco omogeneo di massa m = 5 kg e raggio R = 0.35 m rotola senza strisciare su un piano orizzontale; il modulo della
velocità del suo centro di massa é vCM = 6 m/s, ed il coefficiente d’attrito statico tra disco e piano vale µs = 0.15. Si vuole
fermare il disco mediante un momento frenante di modulo Mf applicato sull’asse di rotazione del disco. Determinare:
a) il valore Mf,max del modulo del massimo momento frenante per cui il moto del disco rimane di puro rotolamento;
b) il tempo t impiegato dal disco a fermarsi se si applica il momento frenante di modulo Mf,max;
c) il lavoro Wf fatto dal momento frenante per fermare il disco.
Problema 3
n = 10 moli di gas ideale monoatomico sono contenute in un cilindro diatermico di sezione S = 0.01 m2 posto con l’asse
verticale, chiuso superiormente da un pistone di massa trascurabile libero di scorrere senza attrito. La pressione esterna é
pamb = 1.01⋅105 Pa e la temperatura iniziale del gas é To = 273 K. Si mette a contatto il cilindro con una sorgente a
temperatura TS = 293 K finché fornisce al gas un calore Q = 3350 J. Determinare:
a) il valore Tf della temperatura finale del gas;
b) l’altezza finale h del pistone rispetto al fondo del cilindro;
c) la variazione ∆SU di entropia dell’universo nella trasformazione.
Soluzioni
Problema 1
a)
Posto O come centro dell’asta: AC =
L
L
; OC = ;
4
4
2
IC =
1
7
 L
ML2 + M   = ML2 = 0.219 kgm 2
12
48
4
2
3
L2
3 
L; I ' C = I C + m L  = (7 M + 27m) = 0.332 kgm 2
4
48
4 
36mv o
3
3
L = L' ⇒
Lmv o = I 'C ω' ⇒ ω' =
Lmv o =
= 36.2 rad/s
(7 M + 27m)L
4
4 I 'C
r
r
r
r
r
r
L
L
3
J = Pf − Pi = Mv'CM asta +mv'proiettile −mv o = Mω' + mω' L − mv o = (M + 3m)ω' − mv o = 3.02 Ns
4
4
4
BC =
b)
c)
Problema 2
− f as = maCM
1

⇒ Rf as − M f = − Rf as ⇒

1
2 a CM
Mf
2
Rf
−
M
=
I
α
=
mR
f
 as
2
R
x
2M f
3
⇒ f as =
≤ µ s mg ⇒ M f ≤ µ s mgR = M f ,max = 3.86 Nm
3R
2
f
v
v
aCM = − as = − µ s g ; 0 = vCM + aCM t ⇒ t = − CM = CM = 4.08 s
µs g
m
aCM
a)
fas
b)
c)
W = ∆E k
2
1 1

1
3 2
v  1
1
2 
2
⇒ W f = − E k ,in = − Iω 2 + mv CM
mR 2  CM  + mvCM
= −135 J
 = − mv CM
 = −
2
2
4
2

 R 
 2 2

oppure
2
0 = vCM
+ 2 a CM ∆x
Problema 3
(
)
∆x =
⇒
a)
Q = nc P T f − To
b)
Vf =
c)
∆SU = ∆S gas + ∆S sorg = ncP ln
nRT f
pf
=
nRT f
pamb
⇒
2
vCM
v2
= − CM
2a CM
2µ S g
T f = To +
⇒
h=
Vf
S
Tf
To
⇒ W f = ∫ M f ∆θ =
Q
= 289.1 K
nc P
=
+
nRT f
pamb S
= 23.8 m
−Q
= 0.49 J/K
TS
3
3
∆x
2
µ s mgR
= − mvCM
2
4
R
Soluzione alternativa al punto d) del problema 1.
Si può risolvere questo punto del problema calcolando esplicitamente il lavoro fatto dalle forze non conservative,
prestando attenzione al fatto che questo calcolo deve essere fatto nel sistema di riferimento inerziale e non in
quello in moto relativo per considerare anche il lavoro fatto dalle forze non conservative sul carrello.
VC2, fin
= VC2,in
+ 2aC l C
⇒

M

 M + MC
2
 2
M
 V = 2 µ d g
lC
MC

⇒
lC =
MM C
(M + M C )2
V2
2µ d g
MM C
MM C
M
V2
1
= MV 2
2
M C (M + M C ) 2 µ d g 2
(M + M C )2
Da notare che questo lavoro è positivo, nonostante sia dovuto ad una forza non conservativa; infatti, in questo
caso particolare la forza di attrito compie un lavoro motore, in quanto è la forza che genera il moto del carrello.
Wnc ,C = ∫ FC ds = M C a C l C = M C µ d g
2
V fin
= Vin2 + 2 al
⇒

M

M
+
MC

2
 2
 V = V 2 − 2 µ d gl

⇒
l=
V2
2µ d g

MM C 
V 2 2 MM C + M C2
=
1 −
2
2
 (M + M C )  2 µ d g (M + M C )
2 MM C + M C2
1
Wnc ,corpo = ∫ Fad ds = − µ d Mgl = − MV 2
2
(M + M C )2
⇒ Wnc = Wnc ,C + Wnc ,corpo =
2
MM C
1
1
2 2 MM C + M C
MV 2
MV
−
=
2
(M + M C )2 2
(M + M C )2
M 2 + MM C
MC
1
1
= − MV 2 C
= − MV 2
2
2
2
M + MC
(M + M C )