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