testo e soluzione del compito del 22/06/2012

Prova scritta di Fisica Generale I
Corso di studio in Astronomia
– 22 giugno 2012
Problema 1
Due carrelli A e B, di massa mA = 104 kg e mB = 128 kg, collegati da una molla di costante
elastica k = 3100 N/m, possono muoversi con attrito trascurabile su un binario orizzontale.
Sopra il carrello A si trova una persona di massa m = 70 kg. Il sistema è inizialmente in
quiete e la molla ha lunghezza uguale a quella a riposo. Ad un certo istante la persona salta
dal carrello A, dalla parte opposta rispetto a B, arrivando a terra con velocitá u = 2.65 m/s
rispetto al carrello e direzione parallela al binario. Assumendo che il salto sia un evento
impulsivo, si calcoli:
1. la velocitá vA del carrello A rispetto al suolo immediatamente dopo il salto;
2. il lavoro W compiuto dalla persona per effettuare il salto;
3. la compressione massima ∆xmax che la molla subisce nel corso delle successive oscillazioni.
Soluzione
Dato che il salto è istantaneo e che le forze esterne che agiscono sul sistema m + mA sono
non-impulsive (forza elastica, peso, reazione vincolare), il momento totale si conserva
mv + mA vA = 0 ,
(1)
dove v e vA sono le velocità della persona e del carrello A rispetto al suolo dopo il salto.
Ricordando che v = vA − u, dalla precedente si ottiene
vA =
mu
= 1.07 m/s
mA + m
(2)
e
mA u
.
(3)
mA + m
Si noti che, come deve essere, le due velocitá hanno segno opposto.
Il lavoro fatto dalla persona nel salto è pari alla variazione di energia cinetica del sistema,
v = vA − u = −
1
1
mmA u2
W = ∆Ek = mv 2 + mA vA2 =
= 146.9 J .
(4)
2
2
2(mA + m)
Dopo il salto si conserva la quantità di moto del sistema mA + mB . Detta vCM la velocitá
del centro di massa di A+B, risulta
(mA + mB )vCM = mA vA ,
1
(5)
cioè
mA vA
.
(6)
mA + mB
Dato che l’unica forza che fa lavoro è la forza elastica, l’energia meccanica del sistema si
vCM =
conserva durante il moto di A e B
1
1
Ek + Ep = Ek + k∆x2 = Ek,0 = mA vA2 ,
2
2
(7)
dove ∆x rappresenta la deformazione della molla ad un istante generico.
Dalla relazione precedente segue immediatamente che dove ∆x è massima, l’energia cinetica deve essere minima. Dato che
1
2
Ek = (mA + mB )vCM
+ Ek0
(8)
2
per il teorema di König, il minimo dell’energia cinetica si avrá quando l’energia cinetica
2
rispetto al CM, Ek0 , è nulla, quindi Ek,min = 21 (mA + mB )vCM
. Riscrivendo la conservazione
dell’energia in questo caso si ottiene
1
1
1
2
(mA + mB )vCM
+ k∆x2max = mA vA2 .
2
2
2
Sostituendo l’espressione di vCM ricavata in precedenza si ottiene
s
∆xmax =
mA mB
vA = 14.5 cm.
k(mA + mB )
(9)
(10)
Problema 2
Un disco, sottile ed omogeneo di massa M e raggio R è appoggiato verticalmente su un piano
scabro (coefficiente di attrito dinamico µ). Il disco rotola strisciando sul piano. Inizialmente
la sua velocitá di traslazione è v0 , mentre la sua velocitá angolare, ω0 , ha verso opposto a
quello che avrebbe nel caso in cui il disco rotoli senza strisciare. Calcolare:
1. il valore di ω0 per cui il moto traslazionale e quello rotatorio cessano allo stesso istante;
2. la distanza d percorsa dal disco sul piano prima di arrestarsi;
3. il lavoro Wa fatto dalla forza di attrito.
Soluzione
Le forze che agiscono sul disco sono il peso, M~g , applicato nel centro di massa, la reazione
~ , e la forza di attrito f~a , entrambe applicate al punto di contatto.
vincolare normale, N
2
Calcolando i momenti rispetto al CM e ricordando che fa = µM g, le due equazioni
cardinali della dinamica, proiettate rispettivamente nella direzione del moto e lungo un asse
parallelo a ω
~ 0 , sono
M aCM = −µM g ,
(11)
Iα = −µM gR ,
(12)
dove I = M R2 /2 è il momento d’inerzia rispetto ad un asse ortogonale al disco e passante
per il CM. Sia aCM che α sono costanti, per cui
vCM = v0 − µgt ,
(13)
µM gR
t.
(14)
I
Ricavando il tempo necessario perché sia vCM = 0 dalla prima, t = v0 /(µg), e sostituenω = ω0 −
dolo nella seconda si trova
ω0 =
2v0
.
R
(15)
La legge oraria del CM è
1
xCM = v0 t − µgt2 ,
2
da cui per t = v0 /(µg), segue che la distanza percorsa prima dell’arresto è
d=
v02
.
2µg
(16)
(17)
Il lavoro della forza di attrito, l’unica che fa lavoro, è dato dalla variazione di energia
cinetica del corpo. Tenendo conto che all’istante finale il corpo è fermo,
1
1
Wa = ∆Ek = − M v02 − Iω02 ,
2
2
da cui sostituendo il valore trovato per ω0 , si ottiene
3
Wa = − M v02 .
2
(18)
(19)
Problema 3
Cinque moli di un gas ideale monoatomico si trovano in uno stato di equilibrio iniziale A,
con VA = 0.2 m3 , TA = 300 K. Il gas compie un ciclo subendo le seguenti trasformazioni:
• compressione isoterma da A a B (VB = 0.1 m3 );
3
• compressione adiabatica reversibile da B a C (TC = 400 K);
• espansione libera nel vuoto da C a D;
• espansione adiabatica reversibile da D allo stato di partenza A
Durante la compressione isoterma A-B il gas cede all’ambiente esterno una quantità di calore
Q = nRTamb log 0.5, dove n = 5 è il numero di moli e R = 8.31 J mol−1 K−1 è la costante
dei gas ideali. La temperatura dell’ambiente è Tamb = 300 K.
1. Si tracci il diagramma del ciclo nel piano T S, e si determinino P , V , T negli stati A,
B, C e D.
2. Si dica se la compressione isoterma A-B è reversibile o irreversibile, giustificando la
risposta, e si calcoli il lavoro complessivo durante il ciclo.
3. Si supponga ora di sostituire l’espansione libera nel vuoto C-D con una isoterma reversibile tra gli stessi stati, lasciando tutte le altre trasformazioni del ciclo invariate.
Si calcolino lavoro e rendimento del nuovo ciclo cosı̀ ottenuto.
Soluzione
Il ciclo nel piano T S ha l’aspetto di un rettangolo. I due segmenti verticali BC e DA sono
le due adiabatiche reversibili (entropia costante). I due segmenti orizzontali AB e CD sono
l’espansione libera a T = 400 K (l’energia interna non varia e dunque la temperatura resta
costante) e l’isoterma a T = 300 K. Il segmento orizzontale CD a T = 400 K è tratteggiato,
dato che l’espansione libera è irreversibile.
Per quanto riguarda la determinazione degli stati di equilibrio A, B, C, D, anzitutto
TA = 300 K è un dato del problema, e visto che A-B è una isoterma abbiamo TB = 300 K.
Analogamente TC = 400 K e l’espansione libera è a temperatura costante, quindi TD =
400 K. Avendo le temperature in tutti gli stati ed i volumi assegnati dal problema in A e B,
possiamo sfruttare il fatto che BC e DA sono adiabatiche reversibili per trovare anche VC e
VD
1
TB γ−1
= VB
= 0.065 m3 ,
TC
1
TA γ−1
= VA
= 0.13 m3 ,
TD
VC
VD
(20)
(21)
con γ = 5/3 per un gas ideale monoatomico. Avendo volumi e temperature in A, B, C, D,
le pressioni si ricavano semplicemente dall’equazione di stato dei gasi ideali P = nRT /V .
Da cui PA = 0.6 atm, PB = 1.2 atm, PC = 2.5 atm, PD = 1.3 atm.
4
La variazione di entropia del gas nella trasformazione isoterma A-B è uguale a ∆Sgas =
nR log VB /VA = nR log 0.5. Dai dati del problema, l’ambiente assorbe dal gas una quantità
di calore −Q = −nRTamb log 0.5, per cui la variazione di entropia dell’ambiente è ∆Samb =
−Q/Tamb = −nR log 0.5. Si ha pertanto ∆Sgas = −∆Samb e la variazione di entropia
dell’universo (gas + ambiente) è nulla durante la trasformazione. A-B è dunque un’isoterma
reversibile.
Il lavoro complessivo è uguale al calore scambiato durante il ciclo. L’unica trasformazione
che avviene con scambio di calore è l’isoterma reversibile, per la quale vale:
QAB = WAB = nRTA log
VB
= −8.6 kJ .
VA
(22)
Alternativamente si può notare che i lavori scambiati nelle due adiabatiche si cancellano
(come si vede da Wadiab = −∆Uadiab e ∆U = nCV ∆T ) e, visto che nell’espansione libera
il gas non compie lavoro, il lavoro complessivo è quello scambiato nell’isoterma reversibile
(negativo, perchè è una compressione), espresso dalla (22).
Se l’espansione libera è sostituita da una isoterma reversibile il ciclo diventa un ciclo di
Carnot. Pertanto il rendimento η è dato da:
η =1−
TA
= 0.25 .
TC
(23)
Il lavoro è dato da W = ηQA , dove QA è il calore assorbito nel ciclo. Il calore viene
assorbito nell’espansione isoterma reversibile C-D. Il valore di QA è espresso per mezzo della
(22) applicata a C-D:
VD
QA = WCD = nRTC log
= 11.6 kJ .
(24)
VC
Quindi il lavoro complessivo compiuto nel ciclo è W = ηQA = 2.9 kJ.
5