1 Mediante un impulso istantaneo verticale di modulo I si fa salire un

C.d.L. in Ingegneria Meccanica
A.A. 2007-08
Fisica Generale
Prova del 24-09-08
ESERCIZIO 1
Mediante un impulso istantaneo verticale di modulo I si fa salire un corpo di massa m = 1 kg lungo una
guida verticale scabra fino ad una altezza h = 2 m . Raggiunta quest'altezza il corpo ricade lungo la guida
raggiungendo il punto iniziale con una energia cinetica Ek , fin = 8 J . Sapendo che le forze che hanno agito
sul corpo durante il moto hanno modulo costante e verso contrario alla velocità, si calcoli l'impulso I.
Soluzione
L’impulso iniziale I = mv0 si può ricavare dalla conoscenza dell’energia cinetica al momento iniziale del
moto. Applicando il teorema delle forze vive fra l’istante iniziale della salita (in cui il corpo possiede
velocità v0 ) e il punto di max salita (in cui il corpo possiede velocità nulla), si ha che deve valere la
relazione
1
− mgh − Fa h = − mv02
2
dove si è indicata con Fa la forza di attrito costante che agisce sul corpo. L’equazione si può riscrivere:
1
mgh + Fa h = mv02
2
Applicando ancora il teorema delle forze vive fra il punto di max salita (in cui il corpo possiede velocità
nulla) e il punto di ricaduta (in cui il corpo possiede energia cinetica Ek , f ), si ha che deve valere la
relazione
mgh − Fa h = Ek , f
Sommando membro a membro le due relazioni si ottiene:
1
2mgh = mv02 + Ek , f
2
da cui si ricava:
1 2 I2
= 2mgh − Ek , f
mv0 =
2
2m
e quindi:
1
I = ⎡⎣ 2m ( 2mgh − Ek , f ) ⎤⎦ 2 = 7.9 kg m s −1
ESERCIZIO 2
Due masse identiche, collegate da una sbarra rigida di massa trascurabile,
poggiano, in quiete, su un piano orizzontale privo di attrito. Una terza massa,
G
identica alle prime due, scivolando sul piano con velocità v0 ortogonale alla
sbarra, urta una delle due masse e vi resta saldata.
Calcolare la percentuale dell'energia meccanica iniziale che viene dissipata
nell'urto.
v0
l
Soluzione
Nell'urto intervengono solo forze interne e si ha, quindi, conservazione sia della
v0
l/3
q.d.m. sia del momento della q.d.m. del sistema. Per quest'ultima grandezza è
C
conveniente scegliere come polo il c.d.m. C di tutto il sistema (vd. figura). Si ha:
mv0 = 3mvC
2l/3
l
mv0 = I Cω
3
essendo l la lunghezza della sbarra e l 3 la distanza del c.d.m. dal punto ove si urtano le due masse. Il
momento di inerzia del sistema rispetto a un asse passante per il c.d.m. ed ortogonale alla sbarra è:
1
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2
Prova del 24-09-08
2
2
⎛l⎞
⎛ 2l ⎞
I C = 2m ⎜ ⎟ + m ⎜ ⎟ = ml 2
3
⎝3⎠
⎝3⎠
Si ottiene quindi:
v
v0
;ω= 0
3
2l
Il moto è quindi una rototraslazione con velocità traslazionale vC e velocità angolare di rotazione attorno
al c.d.m. pari a ω .
La energia cinetica che viene dissipata nell'urto è pari all'opposto della variazione di energia cinetica:
1
⎡1
⎤ ⎡1
⎤
Ek ,diss = −∆Ek = Ek ,i − Ek , f = ⎢ mv02 ⎥ − ⎢ ( 3m ) vC2 + I Cω 2 ⎥ =
2
⎣2
⎦ ⎣2
⎦
2
2
1
⎛v ⎞ 1⎛2
⎡1
⎤ ⎡1
⎞⎛ v ⎞ ⎤ 1
⎡1
⎤ 1
= ⎢ mv02 ⎥ − ⎢ ( 3m ) ⎜ 0 ⎟ + ⎜ ml 2 ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎥ = mv02 − ⎢ mv02 ⎥ = mv02 = Ek ,i
2
⎣2
⎦ ⎢⎣ 2
⎠ ⎝ 2l ⎠ ⎥⎦ 2
⎣4
⎦ 4
⎝ 3 ⎠ 2⎝ 3
per cui la variazione percentuale è
Ek , diss 1
= = 50%
2
Ek ,i
vC =
ESERCIZIO 3
Un cilindro omogeneo di massa m = 5 kg e raggio R = 5 cm può ruotare attorno
a un asse fisso verticale privo di attrito, ed è inizialmente in quiete. Un filo di
massa trascurabile è avvolto per 10 giri attorno al cilindro, e viene tirato con una
forza di modulo costante F = 2 N , diretta tangenzialmente al cilindro.
Calcolare:
a) la velocità angolare del cilindro quando il filo è stato svolto totalmente;
b) il lavoro compiuto dalla forza nell'intervallo di tempo considerato;
c) la potenza media sviluppata dalla forza nello stesso intervallo di tempo.
R
F
Soluzione
a) Il problema può essere risolto sia utilizzando l'equazione di un moto rotatorio, sia utilizzando il
teorema del lavoro e dell'energia cinetica. Nel primo caso, le equazioni da utilizzare sono:
⎧ω ( t ) = ω0 + α ( t − t0 )
⎪
⎨
1
2
⎪⎩θ ( t ) = θ 0 + ω0 ( t − t0 ) + 2 α ( t − t0 )
Le condizioni iniziali ( t0 = 0 ) si possono porre: θ 0 = 0 , ω0 = 0 .
Chiamato t f il tempo al quale viene completato il moto, essendo il filo avvolto per 10 giri attorno al
cilindro, si ha θ ( t f ) = 2π ⋅10 = 62.8 rad . Sostituendo tali valori nelle equazioni precedenti si ottiene:
⎧ ω (t f ) = α t f
⎪
⎨
1 2
⎪θ ( t f ) = α t f
⎩
2
L'accelerazione angolare α si può ricavare dalla seconda equazione cardinale (τ = Iα ) , dove il
momento d'inerzia I è dato, per un cilindro, dalla relazione:
2
1
1
I = m R 2 = ( 5 kg ) ( 5 ⋅10−2 m ) = 6.25 ⋅10−3 kg m 2
2
2
La seconda equazione cardinale risulta quindi:
2
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Prova del 24-09-08
−2
FR ( 2 N ) ( 5 ⋅10 m )
F R = Iα ⇒ α =
=
= 16 rad s −2
−3
2
I
( 6.25 ⋅10 kg m )
con cui
⎧
2θ ( t f )
2 ⋅ ( 62.8 rad )
⎪⎪ t f =
=
= 2.8 s
α
16 rad s −2
⎨
⎪
−2
−1
⎪⎩ω ( t f ) = (16 rad s ) ( 2.8 s ) = 44.8 rad s
b) In questo caso si può utilizzare sia la definizione di lavoro in un moto rotatorio, sia il teorema del
lavoro e dell'energia cinetica. Nel secondo caso si ha:
2
1
1
1
W = ∆Ek = Ek , fin − Ek ,in = I ω 2f − I ωi2 = ( 6.25 ⋅10−3 kg m 2 )( 44.8 rad s −1 ) − 0 = 6.28 J
2
2
2
c) La potenza media è infine:
W
6.28 J
P=
=
= 2.24 W
t f − ti
2.8 s
ESERCIZIO 4
Una quantità n = 1.00 Mol di un gas perfetto monoatomico, di volume
iniziale V1 , esegue un ciclo reversibile costituito dalle seguenti
trasformazioni:
a) isobara alla pressione p1 , mediante la quale la temperatura del gas passa
dal valore iniziale T1 = 350 K al valore finale T2 = 400 K ;
b) adiabatica che porta la temperatura del gas dal valore T2 al valore
T3 = 300 K ;
c) isoterma alla temperatura T3 , alla fine della quale il gas torna a occupare il volume iniziale V1 ;
d) isocora a volume V1 , mediante la quale la temperatura del gas passa dal valore T3 al valore iniziale T1 .
Si determini il lavoro W eseguito dal gas nel ciclo.
Soluzione
Il lavoro W eseguito dal gas è pari all’area racchiusa dal ciclo rappresentato in figura. Tale lavoro è la
somma dei lavori eseguiti durante ciascuna delle quattro trasformazioni, cioè:
W = W12 + W23 + W34 + W41
D’altra parte, contrassegnati con gli indici corrispondenti i parametri termodinamici, si ha
W12 =
V2
∫ p dV = p (V
1
1
2
− V1 )
V1
Essendo il gas perfetto, vale la relazione
pV = n RT
In particolare, si ha (essendo p1 = p2 ):
⎧ p1V1 = n RT1
V T
⇒ 1 = 1
⎨
V2 T2
⎩ p2V2 = n RT2
Dalle precedenti relazioni si ottiene:
W12 = n R (T2 − T1 )
Dal primo principio della termodinamica, ∆U = Q − W , e dal fatto che lungo la trasformazione 2-3 non si
hanno scambi di calore ( Q23 = 0 ) , si ottiene:
3
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W23 = −∆U 23 = − n cV (T3 − T2 ) = n cV (T2 − T3 )
dove cV è il calore molare a volume costante. Lungo la stessa trasformazione e anche valida la relazione
T V γ −1 = cost
dove γ è il rapporto tra i calori molari a pressione e a volume costante. In particolare:
γ −1
1
1
⎛T ⎞
⎛V ⎞
T ⎛T ⎞
T
= V1 2 ⎜⎜ 2 ⎟⎟
T2V2 = T3V3 ⇒ ⎜⎜ 3 ⎟⎟ = 2 ⇒ V3 = V2 ⎜⎜ 2 ⎟⎟
T3
T1 ⎝ T3 ⎠
⎝ V2 ⎠
⎝ T3 ⎠
Infine, fra gli stati 3 e 4, poiché trattasi di una trasformazione isotermica a temperatura T3 = cost di un gas
perfetto, si ha:
V4
V4
V
V
dV
W34 = ∫ p dV = ∫ n RT3
= n RT3 ln 4 = n RT3 ln 1
V
V3
V3
V3
V3
γ −1
( γ −1)
( γ −1 )
γ −1
Dalle precedenti relazioni si ottiene
V
T ⎛T ⎞
W34 = nRT3 ln 1 = nRT3 ln 1 ⎜⎜ 3 ⎟⎟
V3
T2 ⎝ T2 ⎠
1
( γ −1)
Infine, poiché la trasformazionefra gli stati 4 e 1 avviene a volume costante si ha:
W41 = 0
Dalle relazioni trovate, tenendo presente che per un gas monoatomico valgono cV = 3 2 R e γ = 5 2 , si ha
1
( γ −1) ⎤
⎡
⎡
T1 ⎛ T3 ⎞
T1 (T3 ) ( γ −1) ⎤
3
3
⎥ = nR ⎢(T2 − T1 ) + (T2 − T3 ) + T3 ln
W = nR ⎢(T2 − T1 ) + (T2 − T3 ) + T3 ln ⎜⎜ ⎟⎟
⎥=
γ
T2 ⎝ T2 ⎠
2
2
⎢⎣
⎥⎦
T2 ( γ −1) ⎦⎥
⎣⎢
2
⎡
3
350(300) 3 ⎤
= 1 ⋅ 8,314⎢(400 − 350) + (400 − 300) + 300 ln
5
⎥ J = 851,4 J
2
400 3 ⎦
⎣
1
ESERCIZIO 5
Un condensatore piano è formato da due armature, ciascuna di superficie Σ = 200 cm 2 , poste ad una
distanza d = 0.40 cm , separate da aria.
a) Calcolare la capacità del condensatore;
Supponendo di applicare al condensatore una differenza di potenziale V = 500 V , si calcoli:
b) la sua carica;
c) l’energia immagazzinata;
d) il modulo del campo elettrico;
e) di quanto aumenta la carica se tra le armature si interpone un liquido per cui Κ = 2.60 .
Soluzione
a) Per un condensatore piano riempito con aria:
−12
−1
−4
2
ε 0 Σ ( 8.85 ⋅10 F m )( 200 ⋅10 m )
C=
=
= 44 pF
d
4.0 ⋅103 m
b) La carica è:
q = CV = ( 4.4 ⋅10−11 F ) ( 500V ) = 22 nC
c) L’energia immagazzinata è:
Eel =
1
1
qV = ( 22 ⋅10−9 C ) ( 500 V ) = 5.5µ J
2
2
d) Il modulo del campo elettrico è:
4
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V
500 V
=
= 1.3 ⋅105 V m −1
3
d 4.0 ⋅10 m
e) La capacità del condensatore sarà ora Κ = 2.60 volte più alta, ovvero:
C ' = ΚC = ( 2.60 ) ( 44 ⋅10−12 F ) = 114 pF
E=
e conseguentemente la nuova carica sarà
q ' = Κq = ( 2.60 ) ( 22 ⋅10−9 C ) = 5.7 nC ⇒ ∆q = q '− q = 57 nC − 22 nC = 35 nC
ESERCIZIO 6
Una spira rigida quadrata di lato l = 20 cm è costituita da un filo di alluminio
A
B
(resistività ρ = 2.56 ⋅10−8 Ω m e densità δ = 2.7 g cm −3 ) di sezione Σ = 4 mm 2 . Esso è
B
parzialmente immerso in un campo magnetico uniforme di intensità B = 0.2 T ,
ortogonale ed entrante nel piano del foglio. Tutto il circuito trasla con velocità costante
D
C
di modulo v = 50 cm s −1 , diretta come in figura.
v
a) Calcolare l’intensità della corrente indotta nella spira.
b) Calcolare la quantità di calore sviluppata per effetto Joule per uno spostamento h = 10 cm ;
c) Mostrare che il calore sviluppato è equivalente al lavoro speso per compiere lo spostamento di cui al
punto precedente.
d) Calcolare infine la velocità di regime che la spira avrebbe se ad essa fosse applicata una forza uguale
al suo peso.
Soluzione
a) La resistenza della spira è:
4 ( 0.2 m )
4l
= ( 2.56 ⋅10−8 Ω m )
= 5.1⋅10−3 Ω
Σ
4 ⋅10−6 m 2
Il flusso del campo magnetico concatenato con la spira a un istante successivo all’inizio del moto è:
G
Φ B = Bl ( l '− vt )
R=ρ
( )
avendo denominato l’ la lunghezza del tratto di spira inizialmente immerso nel campo magnetico. Si
ha quindi:
−1
1 dΦ ( B)
1 d ⎡⎣ Bl ( l '− vt ) ⎤⎦ Blv ( 0.2 T )( 0.2 m ) ( 0.5 m s )
=−
=
=
= 3.9 A
ii = −
R dt
R
dt
R
5.1⋅10−3 Ω
b) Il calore dissipato per effetto Joule in uno spostamento h è:
1
1
h
1
0.1 m
2
Q = ii2 R t = ii2 R =
= 3.75 ⋅10−3 cal
( 3.9 A) ( 5.1⋅10−3 Ω )
−1
J
J
v 4.1855 J / cal
0.5 m s
c) Per mantenere in moto il circuito con velocità costante occorre applicare una forza uguale e contraria
alla reazione elettromagnetica espressa dalla seconda formula di Laplace; il lavoro compiuto da questa
forza è:
W = i l B h = ( 3.9 A )( 0.2 m )( 0.2 T )( 0.1 m ) = 15.6 mJ
D’altra parte, il calore calcolato precedentemente si può riscrivere come:
1
1 ⎛ Bl v ⎞ h ii B l h W
Q = ii2 R t = ii ⎜
=
⎟R =
J
J ⎝ R ⎠
J
J
v
d) Avendo supposto che la spira si muova con velocità costante, la forza peso deve equilibrare la
reazione elettromagnetica. Si ha quindi:
mg = ii' l B
5
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Fisica Generale
Prova del 24-09-08
dove ii' è la corrente (differente dalla precedente ii )che circola ora nella spira. L’espressione
precedente si può riscrivere come:
Bl v'
Σ
Σ 2
4l Σ δ g =
l B = Bl v'
lB=
B lv'
R
4ρ
ρ 4l
da cui
−8
3
−3
−2
16 ρ δ g 16 ( 2.56 ⋅10 Ω m )( 2.7 ⋅10 kg m )( 9.8 m s )
v' =
=
= 0.27 m s −1
2
2
B
( 0.2 T )
6