O P d v

Terzo Compitino di Fisica Generale I – a.a. 2003/2004
Ingegneria Meccanica
Testo 2
Esercizio 1
Un punto materiale P di massa m = 4.50 kg (v. figura) è collegato al punto O mediante un filo
inestensibile e di massa trascurabile di lunghezza d = 2.00 m. Il punto si muove su di un piano
orizzontale che è per metà liscio e per metà scabro; in quest’ultimo caso il coefficiente di attrito
dinamico tra il corpo P ed il piano è pari a µd = 0.150. Inizialmente il corpo si muove nella parte di
piano liscia e la sua velocità, vo, è pari a 10.0 m/s.
(a) Determinare modulo, direzione e verso del vettore momento angolare di P rispetto al polo O
quando P si muove nella parte liscia del piano;
determinare altresì modulo direzione e verso
del vettore momento della forza d’attrito
rispetto al polo O quando P si muove nella
zona scabra del piano.
(b) Determinare se P esce dalla zona di piano
scabra.
(c) Nel caso la risposta sia affermativa
O
v
determinare quanto tempo esso impiega per
d
uscire e qual è la velocità nell’istante in cui
esso ritorna nella parte liscia del piano.
Soluzione:
P
(a) Dalla definizione di momento angolare si ricava che la direzione del vettore è perpendicolare al
piano del foglio (in quanto sia il raggio vettore che la quantità di moto di P giacciono nel piano
del foglio), il verso è uscente per la regola della mano destra ed il modulo è pari a d mv.
Quando il corpo si trova sulla parte scabra del piano, la direzione della forza d’attrito è
parallela a quella del vettore velocità ma il verso è opposto. La direzione del momento della
forza d’attrito è quindi parallela a quella del momento angolare, il verso è opposto ed il modulo
è pari a d m g µd.
(b) Dalla relazione che lega la variazione del momento angolare ed il momento del risultante delle
forze agenti, si ricava che la derivata della velocità tangenziale è pari a –g µd, ovvero si tratta di
un moto circolare uniformemente decelerato. La velocità quindi varia nel tempo secondo la
relazione v(t) = vo – g µd t mentre lo spazio varia secondo la x(t) = xo + vo t –1/2 g µd t2. Se tutto
il piano fosse scabro, il tempo richiesto per fermarsi sarebbe vo/g µd, ed il corrispondente spazio
sarebbe pari a 34.0 m. Essendo la lunghezza della semicirconferenza pari a π d = 6.28 m, si ha
che il corpo esce dalla zona di piano scabra.
(c) Il tempo impiegato ad uscire si ricava imponendo che lo spazio percorso durante il moto
uniformemente decelerato sia pari a π d. Il valore che si ottiene è pari a 0.660 s. La velocità al
momento dell’uscita dalla parte scabra è 9.03 m/s.
Esercizio 2
Una massa di ferro pari a mFe = 300 g, la cui temperatura è pari a θFe = 400° C, viene immersa in un
recipiente di rame di massa pari a mCu = 300 g contenente una massa di ghiaccio pari a mgh = 150 g ed
una massa d’acqua pari a mac = 800 g. Il sistema formato dal recipiente di rame, dall’acqua e dal
ghiaccio si trova inizialmente ad una temperatura di 0.00 oC
(a) Sapendo che il calore latente di evaporazione dell’acqua vale λev= 540 kcal/kg e che il sistema
non scambia calore con l’esterno, determinare la massa d’acqua che evapora.
(b) Nelle ipotesi del punto precedente, determinare la temperatura di equilibrio del sistema
(c) A che temperatura si porta il sistema all’equilibrio se, dopo l’inserimento della massa di ferro,
il sistema cede 5.00 kJ all’ambiente esterno ? In queste condizioni, qual è la massa del ghiaccio
presente nel sistema ?
Calore specifico del rame, cCu = 0.093 kcal/ kg oC
Calore specifico del ferro, cFe = 0.107 kcal/ kg oC
Calore specifico dell’acqua, cac = 1 kcal/kg oC
Calore latente di fusione del ghiaccio, λ = 79.7 kcal/kg
Soluzione:
(a) Se dell’acqua evaporasse, il sistema dovrebbe prima raggiungere la temperatura di 100 °C; per
questo ci sarebbe bisogno di una quantità di energia sufficiente a sciogliere il ghiaccio e portare
l’acqua ed il ferro a tale temperatura, ovvero di 110 kcal. Questa energia dovrebbe essere
ceduta dal pezzo di ferro; esso, però, passando da 400 °C a 100 °C cede solo 9.63 kcal. Quindi
il sistema non riesce a raggiungere la temperatura di ebollizione dell’acqua e perciò non c’è
evaporazione.
(b) Per sciogliere il ghiaccio servono 12.0 kcal e, passando da 400 °C a 0 °C il ferro cede 12.8
kcal, quindi tutto il ghiaccio si scioglie e la temperatura di equilibrio del sistema, Teq, sarà
superiore a zero gradi. Imponendo che la quantità di calore ceduta dal ferro venga
completamente assorbita dal rame, dall’acqua e dal ghiaccio, mFecFe(Teq – θFe) + λ mgh + (mac +
mgh) cac (Teq) + mCu cCu Teq = 0, si trova Teq = 0.422 °C.
(c) Per trasformare tutta l’acqua in ghiaccio servono 75.7 kcal, ovvero 316 kJ, quindi la
temperatura di equilibrio è pari a 0 °C. Tolta la quantità di calore che serve a portare il sistema
a 0 °C, che risulta pari a 0.426 kcal, si ricava quindi che la massa di ghiaccio che si forma è di
10 g.
Esercizio 3
Una certa quantità di ossigeno alla temperatura To = 350 K è contenuto in un cilindro con pistone (di
massa trascurabile) che è in equilibrio con la pressione atmosferica esterna Po = 1 atm. Il suo volume
iniziale è pari a Vo = 5.00 l. Al gas viene sottratta, in modo reversibile, una quantità di calore Q = 400
J.
(a) Determinare quali siano la temperatura, T, ed il volume, V, del gas al termine della
trasformazione.
(b) Quanto vale il lavoro, L, compiuto dal gas durante la trasformazione ?
(c) Quanto vale la variazione di energia interna ?
Soluzione:
(a) La trasformazione cui va soggetto il gas è isobara, essendo il sistema in equilibrio con la
pressione atmosferica. Per determinare la variazione di temperatura, quindi, possiamo
utilizzare la relazione tra il calore assorbito durante una trasformazione a volume costante e la
corrispondente variazione di temperatura, Q = n CP ∆T. Tenendo conto che l’ossigeno è un gas
biatomico, quindi CP = 7/2 R, n lo si ricava usando l’equazione di stato dei gas perfetti, n =
0.174, il calore sottratto al sistema va inserito nell’equazione con segno negativo, si ricava T =
271 K. Conoscendo P ed avendo calcolato T si può determinare il volume del gas dopo la
trasformazione, V = 3.87 l.
(b) Il lavoro è pari a L = P ∆V = - 114 J.
(c) La variazione di energia interna si può calcolare in due modi: (i) sfruttanto il primo principio
della termodinamica, ovvero ∆U = Q – L = – 400 J + 114 J = -286 J (ii) utilizzando la relazione
∆U = n CV ∆T = 0.174 5/2 8.314 (-79) = -286 J.