ESAME SCRITTO DI FISICA GENERALE 1 DEL 14 SETTEMBRE 2015 Prof. Francesco Michelotti Esame di Fisica per Ingegneria INGEGNERIA Elettronica e delle Telecomunicazioni (Parte I): 01-02-2017 DELLE COMUNICAZIONI [L (DM 270/04) - ORDIN. 2010] INGEGNERIA ELETTRONICA evidenziare: [L (DM 270/04) - ORDIN. 2014] Vadecum: Nello svolgimento dei problemi è indispensabile INGEGNERIA ELETTRONICA [L (DM 270/04) - ORDIN. 2010] (1) quali leggi o principi si applicano per risolverli; (2) le espressioni formali utilizzate; 1) Un blocco di massa M viene trascinato mediante una fune su un piano (3) le espressioni numeriche utilizzate letratto relative di misura. orizzontale scabro,con per un d. Allaunità fune, che forma un angolo α con l’orizzontale, è applicata una forza costante di modulo F. Sapendo Problema 1. Sapendo che l’accelerazione varia nel tempo la relazione che il blocco si angolare muove con velocità costantesecondo si determinino: (a) il α(t) = k t con k = lavoro compiuto sul blocco dalla forza d’attrito; (b) il coefficiente di attrito dinamico fra blocco e piano. 1. determinare il modulo[ Dati: dell’ M accelerazione = 30 kg, d = normale 10 m, α =nell’istante 40°, F = 5 N in ] cui l’arco percorso dal punto e s = 10cm. 4 × 10−3 rad/s3 : 2. determinare il modulo dell’ accelerazione nell’istante in cui l’arco percorso dal punto e s = 20cm. Problema 2. Una molla di costante elastica k = 100N/m ha un’ estremità collegata 2) l’altra Una molla di costante k hadi un’estremità un a un supporto fisso mentre è collegata ad elastica un blocco massa M collegata = 1Kg.a Il supporto fisso mentre l’altra è collegata ad un blocco di massa blocco, inizialmente in quiete su unsu urto M.un Il piano blocco,orizzontale inizialmentesubisce in quite un completamente piano orizzontale coefficiente di attrito µd, spostamento subisce un urto anelastico con un proiettile di scabro massa con m= 10g. Sapendo chedinamico il massimo completamente anelastico con un proiettile di massa m. subito dal blocco a seguito dell’urto ∆L il= massimo 5cm Sapendoè che spostamento subito dal blocco a seguito dell’urto è ∆L, si determini la velocità del proiettile immediatamente prima dell’urto. 1. si determini la velocità del proiettile immediatamente prima dell’urto. [ Dati: k = 100 N/m, M = 1 kg, µ = 0.2, m = 10 g, ∆L = 5 cm ] d 2. si determini la velocità del proiettile immediatamente prima dell’urto se il piano fosse scabro con coefficiente di attrito dinamico µd = 0.2. Problema 3. Due aste omogenee di uguale lunghezzaadLun=muro 15cm e massa 3) Una scala AB è appoggiata verticale liscio, formando con esso un 2Kg sono saldate all’ estemità (A)Sapendo in modo α = si ha attrito statico con angolo θ. chedatraformare la scalaun edangolo il pavimento 'MVJEPEJOBNJDB m= coefficiente µs, di si una calcoli massimo valorefissata di θ affinché la scala resti in 30◦ come in figura. All’ estremità libera di ilesse (B) viene -FHHF EJ #FSOPVMMJ equilibrio statico. una massa massa puntiforme [2m. viene vincolato in A ad un asse Dati:Ilµsistema s = 0.1 ] &TFSDJ[JP orizzontale 6OB WBTDB QJFOB EڣBDRVB ideale) DPNF SBQQSFTFOUBUP TDBMB sia OFMMBlibero टHVSB TFHVFOUF ¨ EPUBUB (vincolo in modoOPO cheJO esso di oscillare in un piano BMMB TVB CBTF EJ VO HSPTTP UVCP EJ TF[JPOF DJSDPMBSF *M MJWFMMP EFMMڣBDRVB h1 SJTQFࡇP BMMB MJOFB DIF QBTTB QFS verticale JM DFOUSP EFM UVCP ¨ EJ 12 m *M EJBNFUSP EFMMB TF[JPOF S3 टOBMF FE S1 JOJ[JBMF EFM UVCP ¨ 12 cm JM EJBNFUSP EFMMB TF[JPOF DFOUSBMF S2 ¨ JOWFDF 15 cm $BMDPMB 4) In recipiente rigido adiabatico contenente n moli un gas a) Determinare il centro diun massa del sistema e l’ angolo β formato dall’diasta ABideale con lamonoatomico, verticale in pressione condizioni p0 eEFMtemperatura T1, viene introdotto un solido di capacità termica C alla temperatura T2. Si MB QSFTTJPOF JO DPOEJ[JPOJ TUBUJDIF BMMڣJNCPDDBUVSB UVCP di equilibrio; determini la pressione finale del gas. Si trascurino la capacità termica del recipiente e il volume MB WFMPDJU EFMMڣBDRVB RVBOEP JM UVCP ¨ BQFSUP BMMڣJNCPDDBUVSB deldelle solido. MB WFMPDJU EFMMڣBDRVB RVBOEP JM UVCPil¨periodo BQFSUP OFM QVOUP 2piccole EFMMB TF[JPOF DFOUSBMF b) Determinare oscillazioni. [Dati: n = 2, p0 = 2x105 Pa, T1 = 300 K, C = 30 J/K, T2 = 800 K ] Problema 4. Una vasca piena d’ acqua, come rappre- P2 P3 sentato (non in scala) nella figura seguente, è dotata alla sua base di un grosso tubo diformato sezionedacircolare. Il livello 5) Un gas perfetto monoatomico compie un ciclo motore reversibile due adiabatiche e due isobare a pressione p1 e p2. Si calcoli il rendimento termodinamico del ciclo. dell?acqua h1 rispetto alla linea che passa per il centro [Dati: p1 = 105 Pa, p2 = 107 Pa] h1 S1 S2 S3 del tubo è di 12m. Il diametro della sezione S3 finale ed S1 iniziale del tubo è di 12cm; il diametro della sezione centrale S2 è invece 15cm. Calcolare: -B QSFTTJPOF JO DPOEJ[JPOJ TUBUJDIF ¨ RVFMMB JESPTUBUJDB RVJOEJ MB QSFTTJPOF BM DFOUSP EFMMJNCPDDBUVSB EFM UVCP DIJVTP EBUB EBMMB MFHHF in EJ 4UFWJOP 1.¨ la pressione condizioni statiche all’imboccatura del tubo e la all’ imboccatura; p = po + ρgh velocità dell’ acqua, quando il tubo è aperto, 2. la BUNPTGFSJDB velocità dell’acqua, quando il tubo è aperto, nelρ ¨punto 2 della sezione centrale. EPWF po ¨ MB QSFTTJPOF TVMMB WBTDB BM MJWFMMP EFM NBSF WBMF 1,013 × 105 Pa MB EFOTJU EFM MJRVJEP ρH2 O = 1000 kg m−3 g ¨ MBDDFMFSB[JPOF EJ HSBWJU 9,81 m s−2 F h ¨ MB QSPGPOEJU BMMB RVBMF TUJBNP DPOTJEFSBOEP QSFTTJPOF RVFTUP DBTP h1 BMUF[[B SFMBUJWB EFM QFMP MJCFSP EFMMBDRVB Problema 5.MBUn gas JO perfetto monoatomico compie un ciclo motore OFMMB WBTDB SJTQF॒P BM DFOUSP EFMMJNCPDDBUVSB फ़JOEJ re- 5 versibile formato da due adiabatiche e due isobare a pressione p1 = 10 P a 5 p =7 P 1,013 p2 = 10 a. × 10 Pa + 1000 kg m−3 · 9,81 m s−2 · 12 m = 219020 Pa फ़FTUB ¨ MB QSFTTJPOF BMMJOUFSOP EFMMJNCPDDBUVSB EFM UVCP RVBOEP ¨ DIJVTP VOJDP NPEP QFS HBSBO 1. TUBUJDIF Calcolare il rapporto TC¨/T B BUNPTGFSJDB UJSF MF DPOEJ[JPOJ BMMFTUFSOP MB QSFTTJPOF RVFMMB A B p 2 2. Si JMcalcoli il rendimento del ciclo. 5V॒P DBNCJB RVBOEP UVCP ¨ BQFSUP *O DPOEJ[JPOFtermodinamico EJ FRVJMJCSJP MB QSFTTJPOF EFM MJRVJEP BMMJNCPD DBUVSB ¨ MB TUFTTB EFMMBSJB PMUSF JM UVCP 1FS USPWBSF MB WFMPDJU EFM MJRVJEP JO VO QVOUP QPTTJBNP BQQMJDBSF MB MFHHF EJ #FSOPVMMJ BE VOB MJOFB EJ VTTP EFM MJRVJEP QBTTBOUF QFS RVFM QVOUP 1 p + ρgh + ρv 2 = cost 2 1FS BQQMJDBSF RVFMMB MFHHF EFWPOP WBMFSF BMDVOF DPOEJ[JPOJ D p 1 C Soluzioni dell’ Esame di Fisica per Ingegneria Elettronica e delle Telecomunicazioni (Parte I): 1109-2016 Soluzione Problema 1. Integrando l’ accelerazione radiale otteniamo la velocità angolare t k 2 (t − t20 ) + ω(t0 ) 2 t0 Possiamo scegliere come istante iniziale t0 = 0 e dato che il corpo è inizialmente fermo possiamo porre ω(t0 ) = 0. Z dt0 kt0 = ω(t) = ω(t0 ) + Quindi t k 3 t + θ(0). 6 0 Ridefinendo l’ origine degli angoli possiamo sempre porre θ(0) = 0. L’ arco percorso dal punto è allora Z θ(t) = θ(0) + dt0 ω(t) = s(t) = rθ(t) = LE 1 DEL 14 SETTEMBRE 2015 è Michelotti Il tempo t1 impiegato per percorre un arco di s1 = 10cm s kr 3 t = s1 6 1 2010] r ⇒ t1 = 3 6s1 = 3 kr 3 t . 6 6 × 10cm kr 4 × 10−3 rad/sec3 × 30cm I [L (DM 270/04) - ORDIN. DM 270/04) mentre - ORDIN. 2014] per percorre un arco di s1 = 20cm è il t2 impiegato s r DM 270/04) - ORDIN. 2010] kr 3 t = s2 6 2 ⇒ t2 = 3 6s2 = kr 3 = 7.93sec. 6 × 20cm = 10sec. 4 × 10−3 rad/sec3 × 30cm Il modulo dell’ accelerazione normale al tempo t è 1 una fune su un piano 2 2 k2 r 4 4 × 10−3 rad/sec3 v (t1 ) = ω(t1 )2 r = t1 = 7.932 sec2 × 30cm = 0.47cm/sec2 e forma un angolo aα n = r 4 2 i modulo F. Sapendo Al tempo t2 il modulo dell’ accelerazione è dato da p i determinino: (a) il |a(t2 )| = |an (t2 )|2 + |at (t2 )|2 , (b) il coefficiente di dove |an | = k2 r 4 4 t2 = 16·10−6 4 × rad2 /sec6 × 30cm × 104 sec4 = 1.2cm/sec2 è il modulo dell’ accelerazione normale, mentre |at | = rα(t2 ) = krt2 = 4 · 10−3 × rad/sec3 × 30cm × 10sec = 1.2cm/sec2 è il modulo dell’ accelerazione tangenziale: |a(t2 )| = p |an (t2 )|2 + |at (t2 )|2 = √ √ 1.2 2cm/sec2 = 1.7cm/sec2 . Soluzione Problema 2. La forza elastica non è impul- ollegata a un siva dunque nell’ urto si conserva la quantità di moto. Se chiamiamo v la velocità del proiettile e con V la veco di massa locità del sistema (M +m) immediatamente dopo l’ urto orizzontale allora isce un urto m mv = (m + M )V ⇒V = v. massa m. M +m al blocco Quindi a subito dopo l’ urto il (M + m) possiede un’ energia cinetica proiettile immediatamente prima dell’urto. 1 1 m2 1 m2 2 Ecin = (M + m)V 2 = (M + m) v = v2 2 2 2 (M + m) 2 M + m , ∆L = 5 cm ] Questa viene progressivamente trasformata in energia potenziale quando la molle si contrae. Essa è trasformata interamente in energia potenziale quando ∆L = 5cm. Allora per la conservazione dell’ energia p 1 1 m2 1 ∆L Ecin = k∆L2 ⇒ v 2 = k∆L2 ⇒ v = k(m + M ) = 50.25m/sec 2 2M +m 2 m liscio, formando con esso un mento si ha attrito statico con θ affinché la scala resti in In presenza di una forza di attrito dinamica l’ energia meccanica non si conserva perchè parte dell’ energia cinetica del proiettile deve essere spesa per vincere le forza di attrito. E’ comunque vero che la differenza tra Ecin e l’ energia potenziale finale deve essere pari al lavoro della forza di attrito 1 1 (m + M )V 2 − k∆L2 = |Fatt. |∆L = µd (M + m)g∆L 2 2 Quindi r k(m + M ) (M + m)2 2 + 2µ ∆L g∆L = 67.26m/sec d m2 m2 Soluzione Problema 3. Le coordinate centro di massa di un sistema composto da più oggetti estesi si ottiene v= sommando le coordinate dei centri di massa di ciascun componente pesate con massa del componente diviso la massa totale. Se mettiamo l’ origine in X A, l’ asse delle y lungo la bisettrice dell’ angolo α che punta verso il basso e l’ asse delle x in maniera conseguente (vedi figura). Le coordinate del CM dell’ asta AB sono: α L α L − sin , cos 2 2 2 2 mentre il CM dell’ altra asta è locatoa L α L α sin , cos 2 2 2 2 Le coordinate della massa B sono (−L sin α2 , L cos α2 ). Allora il centro di Y massa è dato da L α L α L α L α α α 1 m − sin , cos +m sin , cos + 2m −L sin , L cos ) = 4m 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 p p √ √ ! L α 3 α 2− 3 3 2+ 3 = − sin , L cos , = (−1.94, 10.87)cm = 7.5cm − 2 2 4 2 2 2 2 (xCM , yCM ) = La congiungente tra CM e A forma con la verticale un angolo γ pari a 1.94 = −0.18 γ = −0.18. 10.87 Il meno sta ad indicare che il CM si trova a sinistra dell’ asse delle y. tan γ = − La condizione di equilibrio equivale a richiedere che i momenti rispetto ad A si annullino. Se denotiamo con β l’ angolo formato con la verticale dall’ asta AB in questa situazione L L sin β − mg sin(α − β) = 0 2 2 1 sin α √ . = tan β = cos α + 5 10 + 3 2mgL sin β + mg 5 sin β − sin(α − β) = 0 (5 + cos α) sin β = sin α cos β Questo sistema è un pendolo composto che oscilla rispetto ad A. Il momento di inerzia rispetto ad A. Per ciascuna asta è utilizzando Huygens-Steiner 1 L2 1 mL2 + m = mL2 . 12 4 3 Mentre il momento di enerzia della pallina in B è IA = IB = 2mL2 Quindi 2 8 Itot = 2IA + IB = 2mL2 + mL2 = mL2 . 3 3 Ricordiamo ora che il periodo del pendolo composto è s Itot T = 2π , Mtot hg dove Itot è il momento di inerzia rispetto al centro di oscillazione, Mtot la massa totale ed h la distanza del centro di massa rispetto al centro di oscillazione ovvero A. Nel nostro caso q p 2 'MVJEPEJOBNJDB = 1.942 cm2 + 10.872 cm2 = 11.04cm h = x2CM + yCM -FHHF EJ #FSOPVMMJ Quindi &TFSDJ[JP 6OB WBTDB QJFOB EڣBDRVB DPNF SBQQSFTFOUBUP OPO JO TDBMB OFMMB टHVSB TFHVFOUF ¨ EPUBUB BMMB TVB CBTF EJ VO HSPTTP UVCP EJ TF[JPOF DJSDPMBSF *M MJWFMMP EFMMڣBDRVB h1 SJTQFࡇP BMMB MJOFB DIF QBTTB QFS JM DFOUSP EFM UVCP ¨ EJ 12 m *M EJBNFUSP EFMMB TF[JPOF S3 टOBMF FE S1 JOJ[JBMF EFM UVCP ¨ 12 cm JM EJBNFUSP EFMMB TF[JPOF DFOUSBMF S2 ¨ JOWFDF 15 cm $BMDPMB s T = 2π MB QSFTTJPOF JO DPOEJ[JPOJ TUBUJDIF BMMڣJNCPDDBUVSB EFM UVCP MB WFMPDJU EFMMڣBDRVB RVBOEP JM UVCP ¨ BQFSUP BMMڣJNCPDDBUVSB MB WFMPDJU EFMMڣBDRVB RVBOEP JM UVCP ¨ BQFSUP OFM QVOUP 2 EFMMB TF[JPOF DFOUSBMF 2L2 = 2π 3hg s 2 × 152 cm2 = 0.74sec 311.04cm9.81m/sec2 Soluzione Problema 4. In condizione statiste il tubo in S3 è chiuso. La pressione sul pelo della vasca è ovviamente Patm , quindi utilizzando la legge P2 P3 di Stevino, la pressione alla superfice S1 è h1 S1 S2 P1 = Patm + ρH2 O gh1 = 219020P a S3 In condizioni statiche P1 = P2 = P3 . Quando apro l’ estremo 3, la pressione a -B QSFTTJPOF JO DPOEJ[JPOJ TUBUJDIF ¨ RVFMMB JESPTUBUJDB RVJOEJ MB QSFTTJPOF BM DFOUSP EFMMJNCPDDBUVSB EFM UVCP DIJVTP ¨ EBUB EBMMB MFHHF EJ 4UFWJOP questo estremo diventa pari a Patm e l’ acqua inizia a uscire con una velocità p = po + ρgh EPWF po ¨ MB QSFTTJPOF BUNPTGFSJDB TVMMB WBTDB BM MJWFMMP EFM NBSF WBMF 1,013 × 105 Pa ρ ¨ MB EFOTJU 3 EFM MJRVJEP ρH2 O = 1000 kg m−3 g ¨ MBDDFMFSB[JPOF EJ HSBWJU 9,81 m s−2 F h ¨ MB QSPGPOEJU BMMB RVBMF TUJBNP DPOTJEFSBOEP MB QSFTTJPOF JO RVFTUP DBTP h1 BMUF[[B SFMBUJWB EFM QFMP MJCFSP EFMMBDRVB OFMMB WBTDB SJTQF॒P BM DFOUSP EFMMJNCPDDBUVSB फ़JOEJ v data dalla legge di Torricelli: p = 1,013 × 105 Pa + 1000 kg m−3 · 9,81 m s−2 · 12 m = 219020 Pa 1 p + ρgh + ρv 2 = cost 2 v3 = p 2gh1 = 15, 3m/s. La velocità nella sezione 2 si ottiene tramite la legge di Leonardo p r2 r2 5V॒P DBNCJB RVBOEP JM UVCP ¨ BQFSUP *O DPOEJ[JPOF EJ FRVJMJCSJP MB QSFTTJPOF EFM MJRVJEP BMMJNCPD =QVOUP S3QPTTJBNP v3 ⇒ v2 = v3 32 = 2gh1 32 = 9, 71m/s. 2 v2JO VO DBUVSB ¨ MB TUFTTB EFMMBSJB PMUSF JM UVCP 1FS USPWBSF MB WFMPDJU EFM S MJRVJEP r1 r1 BQQMJDBSF MB MFHHF EJ #FSOPVMMJ BE VOB MJOFB EJ VTTP EFM MJRVJEP QBTTBOUF QFS RVFM QVOUP फ़FTUB ¨ MB QSFTTJPOF BMMJOUFSOP EFMMJNCPDDBUVSB EFM UVCP RVBOEP ¨ DIJVTP VOJDP NPEP QFS HBSBO UJSF MF DPOEJ[JPOJ TUBUJDIF BMMFTUFSOP MB QSFTTJPOF ¨ RVFMMB BUNPTGFSJDB 1FS BQQMJDBSF RVFMMB MFHHF EFWPOP WBMFSF BMDVOF DPOEJ[JPOJ Soluzione Problema 5. Ricordiamo che i punti B e C sono caratterizzati B *M MJRVJEP EFWF FTTFSF JODPNQSJNJCJMF QFSDI© MB EFOTJU EFWF FTTFSF VOJGPSNF C %PCCJBNP DPOTJEFSBSF VOB MJOFB EJ VTTP RVJOEJ JM DBMDPMP EFWFTTFSF SJGFSJUP OPO BMMJNCPDDB UVSB OFM TVP JOTJFNF NB BE VO QBSUJDPMBSF QVOUP TVMMB TUFTTB QSFOEJBNP JM QVOUP P3 JOEJDBUP OFMMB HVSB D -B MFHHF WB BQQMJDBUB B EVF QVOUJ EFMMB TUFTTB MJOFB EJ VTTP 0MUSF BM QVOUP P3 QSFOEJBNP VO QVOUP TVM QFMP MJCFSP EFMMBDRVB OFMMB WBTDB UV॒B MBDRVB VJTDF EBMMB TPNNJU EFMMB WBTDB BMMJNCPDDBUVSB EFM MJRVJEP /PO JNQPSUB TBQFSF RVBMF QVOUP FTB॒P QBTTJ QFS MB OPTUSB MJOFB EJ p J QVOUJBTVM QFMP MJCFSP EFMMBDRVB OFMMB WBTDB IBOOP MB TUFTTB BMUF[[B QSFTTJPOF VTTP A QFSDI© UV॒J 2 F WFMPDJU dallo stare su un’ adiabatica. Essi sono collegati dalla relazione PB VBγ = PC VCγ se usiamo l’ equazione dei gas perfetti γ γ nRTB nRTC PB = PC PB PC D p 1 C 1−γ ⇒ 1−γ TB PB γ = TC PC γ , ossia TC = TB PC PB γ−1 = P1 P2 γ−1 γ = (10−2 )2/5 = 0.16 Siccome nelle adiabatiche DA e BC non c’e’ scambio di calore, il lavoro fatto nel ciclo per il primo principio della termodinamica è L = QAB + QCD = ncp (TB − TA ) + ncp (TD − TC ), Il calore assorbito nel ciclo e QAB , dunque il rendimento è dato da η =1+ QCD TC − TD TC 1 − TD /TC =1− =1− QAB TB − TA TB 1 − TA /TB Siccome i punti A e D stanno su un adiabatica come i punti B e C, possiamo scrivere le seguenti relazioni 1−γ 1−γ TB PB γ = TC PC γ 1−γ 1−γ TA PA γ = TD PD γ Se dividiamo membro a membro, troviamo 1−γ 1−γ TA PA γ TD PD γ = TB PB TC PC ⇒ TD TA = TC TB poichè PA = PB e PC = PD . Usando questa ulteriore informazione il rendimento diventa η =1− TC TC 1 − TD /TC =1− = 0.84. TB 1 − TA /TB TB