A.A. 2013/2014, Sessione di Gennaio/Febbraio 2015, Primo Appello

Università degli Studi di Udine, Corso di Laurea in Ingegneria Gestionale
A.A. 2013/2014, Sessione di Gennaio/Febbraio 2015, Primo Appello
FISICA GENERALE I (12 CFU), Prova scritta del 28 Gennaio 2015
TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI
PROBLEMA 1
Un corpo puntiforme di massa m = 1.50 kg è legato tramite un filo ideale (inestensibile e di massa trascurabile) di lunghezza l = 80.0 cm ad un punto fisso O.
Il corpo si trova all’esterno
di una guida circolare di centro O e di raggio (esterno) l disposta su un
m
piano verticale (vedi figura). In questo modo, in caso di scivolamento
A
lungo la guida il corpo è vincolato a rimanere sempre a distanza l da
◦
O. I punti A e B lungo la guida sono individuati dagli angoli θA = 30
θA
e θB = 135◦ , mentre il punto C è sulla verticale.
Si supponga che il corpo inizi a scivolare verso destra partendo dalla
θB
l
sommità della guida (come mostrato in figura) con una velocità iniziale
O
nulla e che quindi, in successione, passi per i punti A, B e C (indicati
in figura). Supponendo gli attriti trascurabili e che la tensione iniziale
B
del filo sia nulla, determinare nei punti A, B e C:
a) le velocità del corpo;
C
b) le componenti tangenziale e normale alla guida della sua accelerazione;
~ della
c) i moduli della tensione T del filo e della reazione normale N
guida.
Soluzione Data l’assenza di attriti nel moto del corpo si conserva l’energia meccanica. Notando che
se indichiamo con θ l’angolo che il raggio istantaneo forma con la congiungente condotta da O al punto
di partenza, la quota istantanea del corpo rispetto al punto C è h(θ) = R + R cos θ = R(1 + cos θ).
Pertanto, si ha
p
1
mg2l = mgl(1 + cos θ) + mv 2 (θ) ⇒ v 2 (θ) = 2gl(1 − cos θ) ⇒ v(θ) = 2gl(1 − cos θ)
2
b
b
b
b
dove v(θ) è la velocità del corpo.
Quindi nei punti A, B e C avremo
√
2gl(1 − cos θA ) = gl(2 − 3) = 1.45 m/s;
q
p
√
vB = v(θB ) = 2gl(1 − cos θB ) = gl(2 + 2) = 5.18 m/s;
p
p
vC = v(θC ) = 2gl(1 − cos θC ) = 4gl = 5.60 m/s,
vA = v(θA ) =
p
q
dove a θC abbiamo sostituito π.
Si noti che il moto è circolare (data la traiettoria circolare) ma non uniforme. Pertanto, la componente
dell’accelerazione normale alla traiettoria è pari all’accelerazione centripeta. Nei tre punti abbiamo
a⊥,A =
√
√
v2
vA2
v2
= g(2− 3) = 2.63 m/s2 ; a⊥,B = B = g(2+ 2) = 33.5 m/s2 ; a⊥,C = C = 4g = 39.2 m/s2 ,
l
l
l
Invece per la componente dell’accelerazione tangente alla traiettoria, basta guardare la forza risultante
agente sul corpo, prenderne la componente tangenziale e dividere per la massa del corpo. Oltre alla forza
~ (quando la guida è compressa) e la
di gravità m~~g , sul corpo agiscono la reazione normale della guida N
forza T~ prodotta dalla corda quando è tesa, ma tali forze sono radiali. Pertanto è la sola componente
tangenziale della forza di gravità che determina la componente tangenziale dell’accelerazione. È facile
vedere che in un punto qualsiasi del moto avremo ak = g sin θ. Perciò nei tre punti A, B e C abbiamo
√
2g
g
2
= 6.94 m/s2 ; ak,C = g sin θC = 0.
ak,A = g sin θA = = 4.90 m/s ; ak,B = g sin θB =
2
2
Il ragionamento appena fatto ci fa capire che la componente radiale (perpendicolare alla guida) della
~ , T~ e la componente
forza netta agente agente sul corpo dovrà essere pari alla somma delle forze N
radiale di m~~g . Cioè, prendendo un asse radiale diretto verso il punto O, lungo quest’asse potremmo
scrivere
ma⊥ = mg cos θ − N + T,
~ (se non nulla) diretta verso l’esterno e T~ (se non nulla) diretta verso O. Conseguentemente,
essente N
ricordando che è a⊥ = v 2 /l, abbiamo
2
vA
R = T −N =
− g cos θ ,
l
dove abbiamo indicato con R la somma T − N.
Ora si noti che se T 6= 0 allora è N = 0, e viceversa. Pertanto, nei punti dove R > 0, avremo T = R e
la reazione normale della guida sarà nulla; al contrario, se R < 0 allora la corda non sarà tesa (T = 0),
mentre la guida dovrà produrre una reazione normale di modulo pari a N = |R|. Nei punti A, B e C
abbiamo
"
√ #
2
vA
4−3 3
RA = m
= −8.80 N < 0 ⇒ T = 0; N = 8.80 N;
− g cos θA = mg
l
2
"
√ #
2
vB
4+3 2
RB = m
= 60.6 N > 0 ⇒ T = 60.6 N; N = 0;
− g cos θB = mg
l
2
2
vC
− g cos θC = 5mg = 73.6 N > 0 ⇒ T = 73.6 N; N = 0.
RC = m
l
PROBLEMA 2
Un cilindro omogeneo di massa M = 10.0 kg e raggio R = 12.0 cm poggia su un piano orizzontale.
Al centro di massa del cilindro è agganciata una corda ideale (insensibile e di massa trascurabile) al
cui altro estremo è appeso un corpo di massa m. La puleggia indicata
M
in figura si intende di massa trascurabile e priva di attrito.
R
Sapendo che il coefficiente di attrito statico tra cilindro e piano è µs =
0.250 determinare:
a) il valore massimo di m entro il quale il moto del cilindro è di puro
rotolamento.
Sapendo poi che il coefficiente di attrito dinamico tra cilindro e piano
è µk = 21 µs e supponendo m = 25.0 kg, determinare:
m
b) il tipo di moto del cilindro (puro rotolamento o no);
c) l’accelerazione lineare con cui scende il corpo di massa m e l’accelerazione angolare del cilindro.
Soluzione Supponendo il moto del cilindro di puro rotolamento, l’applicazione della 2a legge della
dinamica nelle forme lineare e angolare ai due corpi ci permette di scrivere le seguenti equazioni

 ma = mg − T
Ma = T − fs

Iα = Rfs
b
dove a è l’accelerazione (verso il basso) del corpo appeso e (verso destra) del centro di massa del cilindro,
α è l’accelerazione angolare del cilindro, T è la tensione della corda e I = 21 MR2 è il momento d’inerzia
del cilindro rispetto all’asse per il c.d.m. Tenendo presente che α = a/R (essendo il moto di puro
rotolamento), risolvendo abbiamo
I
I2
T = mg − ma; fs = 2 a; →
M + m + 2 a = mg
R
R
2mg
mg
Mmg
=
⇒ a=
; fs =
.
I
3M + 2m
3M + 2m
M + m + R2
Ma per fs vale la seguente
fs ≤ fs,max = µs N = µs Mg,
e perciò otteniamo
Mmg
≤ µs Mg
3M + 2m
⇒
m ≤ m1 =
µs
· 3M = 15.0 kg.
1 − 2µs
Con m = 25.0 kg superiamo il limite appena calcolato e quindi in tal caso il cilindro non potrà più
semplicemente rotolare: esso slitterà sul piano. In tal caso le equazioni del moto saranno le seguenti

 ma = mg − T
Ma = T − fk = T − µk Mg

Iα = Rfk = Rµk Mg
dove ora α 6= a/R. Combinando le prime due abbiamo
T = mg − ma;
(M + m)a = mg − µk Mg
Dalla terza otteniamo invece
α=
⇒
a=
(m − µk M)g
= 6.67 m/s2 .
M +m
µk RMg
2µk g
=
= 20.4 rad/s2 .
I
R
PROBLEMA 3
Si abbia un recipiente cilindrico con pareti adiabatiche di area di base A = 500 cm2 , in cui sono contenute
n moli di un gas ideale biatomico (vedi figura). La parte superiore del cilindro è chiusa tramite un pistone
a tenuta (anch’esso adiabatico) di massa M = 50.0 kg che può scorrere liberamente in verticale. Sul
pistone è poggiato un corpo di massa m = 60.0 kg.
Sapendo che la temperatura del gas è T0 = 300 K e che il pistone è ad una
m M
distanza h0 = 100 cm dal fondo del recipiente, determinare:
a) il numero di moli n di gas contenuto nel recipiente.
Successivamente al gas viene fornita (lentamente) una quantità di calore
h0
Q = 5.00 · 103 J, determinare:
b) i valori finali della temperatura del gas T1 e della quota del pistone h1 ;
c) le variazioni di energia interna ∆Eint ed entropia ∆S del gas.
Infine, supponendo che la massa del corpo poggiato sul pistone venga
aumentata (lentamente) fino a riportare la quota del pistone al suo valore iniziale h0 , calcolare
d) la massa finale mf del corpo e la temperatura finale Tf del gas.
Soluzione Se il pistone è esercita una pressione sul gas pari a
p = p0 +
(M + m)g
,
A
dove p0 è la pressione atmosferica. Questa (essendo il pistone in equilibrio) deve essere anche la pressione
del gas, e perciò
pV0 = nRT0
→
[p0 +
(M + m)g
]Ah0 = nRT0
A
⇒
n=
[p0 A + (M + m)g]h0
= 2.46 mol
RT0
dove al volume V0 del gas abbiamo sostituito Ah0 .
Mentre il gas riceve il calore Q, il gas si espande seguendo una trasformazione isobara. La conseguente
variazione di temperatura è
Q = ncp ∆T
⇒
∆T =
Q
2Q
=
,
ncp
7nR
dove abbiamo utilizzato il fatto che essendo il gas biatomico è cp = 72 R. La temperatura T1 è quindi
pari a
2Q
= 370 K.
T1 = T0 + ∆T = T0 +
7nR
Corrispondentemente, per la quota finale del pistone abbiamo
T0
h0
=
h1
T1
⇒
h1 =
T1
h0 = 123 cm.
T0
Per le variazioni di energia interna ed entropia abbiamo
∆Eint = Q − L = Q − p∆V = Q − [p0 A + (M + m)g](h1 − h0 ) ≡ ncV ∆T = 3.59 · 103 J;
Z
Z T1
dQ
7
T1
ncp dT
∆S =
= 15.0 J/K.
=
= nR ln
T
T
2
T0
T0
Infine, durante il lento aumento della massa del corpo poggiato sul pistone, il gas si comprime adiabaticamente. Confrontando l’attuale stato iniziale (con pressione p e volume V = Ah1 ) e lo stato finale
(con pressione pf da determinare e volume V0 = Ah0 ) possiamo scrivere
γ
γ
γ V1
(M + m)g
h1
h1
γ
γ
⇒ pf =
pV1 = pf V0
p0 +
= 1.64 · 105 Pa,
p=
p=
V0
h0
h0
A
dove si è posto γ = cp /cV = 7/5 = 1.40. Corrispondentemente, dovendo essere pf = p0 +
ottiene
A
mf = (pf − p0 ) − M = 270 kg.
g
(M +mf )g
,
A
si
Per la temperatura finale si ha
T1 V1γ−1
=
Tf V0γ−1
⇒
Tf =
V1
V0
γ−1
T1 =
h1
h0
γ−1
T1 = 402 K.
PROBLEMA 4
In una sfera di raggio R = 10.0 cm è distribuita con simmetria radiale una carica positiva: la densità
di carica
solo dalla distanza r dal centro della sfera ed è data dalla seguente ρ(r) =
2 di volume dipende
ρ0
−6
3
r
con
ρ
=
5.00
·
10
C/m
.
0
R2
Determinare:
a) la carica totale Q presente nella sfera;
b) l’espressione del campo elettrostatico presente sia all’interno che all’esterno della sfera;
c) il potenziale elettrostatico del centro della sfera, V (0), nell’ipotesi che a grande distanza dalla sfera
il potenziale sia nullo.
Soluzione Se consideriamo un guscio sferico di raggio r (con 0 ≤ r ≤ R) e spessore dr la quantità di
carica in esso è pari a
4πρ0 4
r dr.
dq = ρ(r)4πr 2dr =
R2
Conseguentemente, la carica complessiva in tutta la sfera è pari a
Z R
Z
4πρ0 R 4
4
2
Q=
ρ(r)4πr dr =
r dr = πρ0 R3 = 1.26 · 10−8 C.
2
R
5
0
0
Si noti anche che la carica contenuta in una sfera di raggio 0 ≤ r ≤ R è pari a
Z
Z r
4πρ0 r ′ 4 ′ 4 πρ0 5
′
′ 2
′
r .
(r ) dr =
q(r) =
ρ(r )4π(r ) dr =
R2 0
5 R2
0
Se ora consideriamo il teorema di Gauss applicato ad una sfera di raggio 0 < r < R possiamo scrivere
ΦE (r) = E(r) · 4πr 2 =
q(r)
ε0
⇒
E(r) =
q(r)
ρ0
=
· r3.
4πε0 r 2
5ε0R2
Invece, per una sfera di raggio r > R abbiamo
ΦE (r) = E(r) · 4πr 2 =
Q
ε0
⇒
E(r) =
Q
ρ0 R3
=
.
4πε0r 2
5ε0r 2
Pertanto, possiamo riassumere che il campo elettrostatico è diretto radialmente verso l’esterno e la sua
ampiezza dipende dalla distanza r dal centro della sfera secondo le seguenti
 ρ
0

· r3 0 ≤ r ≤ R


 5ε0 R2
E(r) =


ρ R3

 0 2
r>R
5ε0 r
Per il potenziale sfruttando la simmetria sferica e quindi considerando un percorso radiale da un punto
all’infinito al centro della sfera possiamo scrivere
Z R
Z 0
Z ∞
3 Z ∞
ρ
R
dr
ρ
0
0
3
~ · d~~s =
=
r
dr
+
V (0) − V (∞) = V (0) = −
E
E(r)dr =
5ε0 R2 0
5ε0 R r 2
∞
0
ρ0
R4 ρ0 R3 1
ρ0 R2 ρ0 R2
ρ0 R2
=
·
+
·
=
+
=
= 1.41 · 103 V.
2
5ε0 R
4
5ε0 R
20ε0
5ε0
4ε0