TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI PROBLEMA 1 Un`automobile

Università degli Studi di Udine, Corso di Laurea in Ingegneria Gestionale
A.A. 2015/2016, Sessione di Settembre 2016, Esame di FISICA GENERALE 1 (12 CFU)
Appello Unico, PROVA SCRITTA, 22 Settembre 2016
TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI
PROBLEMA 1 Un’automobile di massa m = 1200 kg e lunghezza ℓ = 4.00 m è posizionata in modo tale che la
sua parte posteriore sia sul bordo di una chiatta di massa M = 8000 kg e lunghezza L = 18.0 m. Sia l’auto che la
chiatta sono inizialmente a riposo e possono essere approssimate come distribuzioni uniformi di massa. Si assuma che
la chiatta possa scorrere sull’acqua senza resistenza significativa.
a) Se l’auto accelera con accelerazione costante a = 4.00 m/s2 rispetto alla chiatta, quanto tempo ci vuole perché il
centro di massa dell’auto raggiunga l’altra estremità della chiatta (e quindi cada in acqua)?
b) Che distanza avrà percorso la chiatta rispetto all’acqua durante questo tempo?
c) Usando la conservazione della quantità di moto per trovare una relazione tra la velocità dell’automobile rispetto
alla chiatta e la velocità della chiatta rispetto all’acqua, dimostrare che la distanza percorsa dalla chiatta fino a
che l’automobile cade in acqua è indipendente dall’accelerazione dell’auto.
Soluzione Nel sistema di riferimento solidale con la chiatta, l’auto percorre una distanza d = L − ℓ/2 = 16 m sulla
chiatta prima di cadere, con accelerazione a = 4.00 m/s. Questo avviene in un tempo t tale per cui at2 /2 = d, ovvero
r
2d
= 2.83 s.
t=
a
Nel sistema di riferimento solidale con l’acqua, la forza che agisce sull’auto è uguale e contraria a quella che agisce
sulla chiatta. Vale di conseguenza la relazione fra accelerazione A della chiatta e a′ dell’auto:
M A = −ma′
D’altra parte
⇒
A=−
m ′
a.
M
m
a = a′ − A = a′ 1 +
,
M
da cui
m
m
aM
= 3.48 m/s2 e
A = − a′ = −
a = −0.521 m/s2 .
m+M
M
m+M
Conseguentemente, nel sistema solidale con l’acqua, gli spostamenti dell’auto e della chiatta sono
a′ =
d′ =
1 ′ 2
Md
at =
= 13.9 m;
2
m+M
D=
1 2
md
At = −
= −2.09 m
2
m+M
Sempre nel sistema di riferimento solidale con l’acqua, la conservazione della quantità di moto dà
M V + mv ′ = 0
⇒
v′ = −
MV
.
m
D’altra parte, la velocità v dell’auto rispetto alla chiatta è
v = v′ − V =
(m + M )
V.
m
Il centro di massa del sistema è inizialmente fermo e rimane tale. Per la distanza D percorsa dal centro di massa della
chiatta vale dunque M D + md′ = 0, ovvero
D=−
md
md′
=−
= −2.09 m,
M
m+M
identica a quanto visto sopra e indipendentemente dall’accelerazione a.
PROBLEMA 2 La doppia puleggia mostrata in figura consiste di due ruote fissate assieme che possono
ruotare alla stessa velocità intorno ad un asse privo di attrito. Si arrotola una
corda connessa ad una massa m1 attorno alla circonferenza della ruota più grande
ed una seconda corda collegata ad una massa m2 attorno alla circonferenza della
ruota più piccola. Le due corde sono inestensibili e di massa trascurabile e non
R1
slittano rispetto alla puleggia. Il momento d’inerzia della doppia puleggia vale
I = 38.0 kg · m2 . I raggi delle ruote sono R1 = 120 cm e R2 = 50.0 cm.
a) Se m1 = 25.0 kg, quale dovrebbe essere il valore di m2 affinché non ci sia
R2
accelerazione angolare della doppia puleggia?
La massa m1 viene ora portata a 35.0 kg ed il sistema rilasciato dalla posizione di
riposo. Supponendo che m2 sia quello ottenuto al punto a), determinare:
b) le relazioni tra le accelerazioni lineari delle due masse e l’accelerazione angolare
m1
della puleggia e dire quale delle due masse ha la maggiore accelerazione lineare.
m2
c) i valori numerici dell’accelerazione angolare della doppia puleggia e delle tensioni di entrambe le corde.
b
Soluzione L’equilibrio si ha quando
m1 R1 g − m2 R2 g = 0,
ovvero
m2 = m1 R1 /R2 = 60 kg.
Quando è m1 = 35.0 kg, la massa m1 scende con accelerazione lineare a1 = αR1 , la massa m2 sale con accelerazione
lineare a2 = αR2 . Ovviamente
R1
> a2 .
a1 = a2
R2
Durante il moto della puleggia vale il seguente sistema di equazioni

 m1 a 1 = m1 g − T 1
m2 a 2 = T 2 − m2 g

Iα = R1 T1 − R2 T2
Per le prime due, ricordando che è a1 = αR1 e a2 = αR2 , si ottiene
m1 R1 α = m1 g − T1
m1 R12 α = m1 R1 g − T1 R1 ;
o anche
m2 R2 α = T2 − m2 g
m2 R22 α = T2 R2 − m2 R2 g
Sommando queste due ultime espressioni alla terza equazione del sistema visto sopra si ottiene quindi
(m1 R12 + m2 R22 + I)α = m1 R1 g − m2 R2 g,
dalla quale ricaviamo
α=
m1 R1 g − m2 R2 g
.
m1 R12 + m2 R22 + I
Sostituendo i valori si ha
α = 1.14 rad/s;
T1 = m1 (g − R1 α) = 295 N;
T2 = m2 (g + R2 α) = 623 N.
PROBLEMA 3 Si abbiano n = 2.0 mol di un gas ideale biatomico inizialmente a pressione p1 = 2.00 atm e
p
temperatura T1 = 300 K. A partire da tale stato, il gas segue l’espansione reversibile
delineata in figura fino allo stato 2 in cui si ha p2 = 2 · p1 e V2 = 3 · V1 . Come si vede
2
nel piano p–V la trasformazione è rappresentata dal segmento rettilineo che unisce gli p2
stati 1 e 2.
1
p1
Determinare:
a) il volume V1 e la temperatura T2 ;
b) la variazione di energia interna del gas ∆Eint,1,2 ;
c) il calore scambiato Q1,2 ;
V1
V2 V
d) la variazione di entropia ∆S1,2 .
b
b
Soluzione Sfruttando la legge dei gas ideali si ha
V1 =
nRT1
= 24.6 dm3 ;
p1
T2 =
p2 V2
p1 V1
=6
= 6T1 = 1800 K.
nR
nR
Conoscendo ora anche T2 il calcolo della variazione di energia interna subita dal gas nella trasfornazione è immediato
∆Eint,1,2 = ncV (T2 − T1 ) =
5
nR · 5T1 = 6.23 · 104 J.
2
Dato che la trasformazione è rappresentata nel piano p–V , il lavoro compiuto dal gas può essere ricavato attraverso il
calcolo dell’area sottesa dalla curva. Quindi
1
L1,2 = p1 (V2 − V1 ) + (p2 − p1 )(V2 − V1 ) = 2p1 V1 + p1 V1 = 3p1 V1 = 3nRT1 = 1.48 · 104 J.
2
Conseguentemente, utilizzando la prima legge della termodinamica otteniamo
Q1,2 = ∆Eint,1,2 + L1,2 =
5
31
nR · 5T1 + 3nRT1 =
nRT1 = 7.73 · 104 J.
2
2
Per il calcolo della variazione di entropia potremmo seguire un’approccio diretto calcolando il seguente integrale
Z 2
dQ
∆S1,2 =
,
T
1
lungo la trasformazione in questione. Tuttavia, seguendo quanto visto anche nel corso, per un gas ideale possiamo
facilmente ricavare una formula per il ∆S facendo appello alla 1a legge. Infatti, dato che possiamo scrivere le seguenti
dQ = dEint + pdV = ncV dT + pdV = ncV dT +
nRT
dV
V
⇒
dS = ncV
dT
dV
+ nR
.
T
V
Conseguentemente, per una qualsiasi trasformazione tra gli stati di equilibrio 1 e 2 si ha
Z V2
Z 2
Z T2
dV
V2
T2
dT
+ nR ln
.
+ nR
= ncV ln
∆S1,2 =
dS = ncV
T
V
T
V1
1
V1
T1
1
Applicando quest’ultima alla nostra trasformazione si ottiene
5
7
3V1
5
6T1
5
∆S1,2 = n R ln
+ nR ln
= nR
ln 6 + ln 3 = nR
ln 2 + ln 3 = 92.7 J/K.
2
T1
V1
2
2
2
PROBLEMA 4 Si abbia il condensatore sferico delineato in figura. L’armatura interna è una sfera omogenea conduttrice di raggio R1 = 1.00 cm; l’armatura esterna è una sfera conduttrice cava di raggi interno
R2 = 2.00 cm ed esterno R3 = 3.00 cm; le due armature sono concentriche; tra le armature ed all’esterno c’è il vuoto. Connettendo le due armature ai capi di un generatore,
il condensatore viene caricato; dopo la carica il generatore viene scollegato e l’energia
R2
elettrostatica immagazzinata nel condensatore risulta essere pari a U = 2.78 · 10−5 J.
Sapendo che l’armatura interna è a potenziale più elevato, determinare:
R1
a) le cariche q1 e q2 sulle due armature;
R3
b) la d.d.p. tra di esse;
c) il valore massimo del modulo del campo elettrostatico presente tra le armature.
Supponendo poi che al conduttore esterno venga fornita un’ulteriore carica q:
d) determinare il valore di q affinchè il potenziale dell’armatura interna sia uguale a
quello di un punto all’infinito.
Soluzione Quando il generatore viene collegato alle due armature il condensatore si carica. Si noti che in tal caso,
a condensatore carico, saranno presenti cariche solo sulla superficie della sfera interna (quella di raggio R−1 ) e sulla
superficie interna dell’armatura esterna (quella di raggio R2 ). Inoltre tali cariche saranno uguali ed opposte. Se
indichiamo con Q la carica in modulo presente sulle facce del condensatore, e con C1,2 la capacità di tale condensatore,
pari a
4πε0
R1 R2
−12
C1,2 = 1
F = 2.22 pF,
1 = 4πε0 R − R = 2.22 · 10
−
2
1
R1
R2
l’energia elettrostatica immagazzinata in esso sarà esprimibile attraverso le seguenti relazioni
U=
1
Q2
2
= C1,2 V1,2
,
2C1,2
2
dove V1,2 = V1 − V2 è la d.d.p. tra le due facce.
Utilizzando la prima delle due espressioni di U possiamo ricavare Q, ottenendo
p
Q = 2C1,2 U = 1.11 · 10−8 C.
Sapendo che l’armatura interna é a potenziale più elevato possiamo concludere che le cariche sulle due facce sono
q1 = Q = 1.11 · 10−8 C;
q2 = −Q = −1.11 · 10−8 C.
Per la d.d.p. tra le facce abbiamo
V1,2 =
s
2U
= 5.00 · 103 V.
C1,2
Applicando poi il teorema di Gauss ad una sfera di raggio r con R1 ≤ r ≤ R2 e tenendo presente la simmetria sferica
del sistema, per l’ampiezza del campo elettrostatico abbiamo
ΦE (r) = 4πr2 E(r) =
Q
ε0
⇒
E(r) =
Q
.
4πε0 r2
Ovviamente il campo sarà massimo quando r assume il minimo valore; cioè
Emax = E(R1 ) =
Q
= 9.97 · 105 V/m.
4πε0 R12
Fornendo una carica q al conduttore esterno la d.d.p. tra le facce 1 e 2 non cambia. Infatti sulle facce 1 e 2 rimangono le
stesse cariche di prima (q1 e q2 ), perché la carica q non può che distribuirsi tutta sulla superficie esterna del conduttore
esterno. In tali condizioni l’ampiezza del campo a distanza r dal centro (con r ≥ R3 ) avrà l’espressione seguente
E(r) =
q
,
4πε0 r2
e, conseguentemente, la d.d.p. tra la superficie del conduttore esterno (di raggio R3 ) e un punto all’infinito sarà
Z ∞
Z ∞
q
q
dr
E(r)dr =
V3 − V∞ =
=
.
2
4πε
r
4πε
0
0 R3
R3
R3
Tenendo presente che i singoli conduttori sono equipotenziali e che quindi è V2 = V3 (le superfici sferiche di raggi R1
e R2 sono le facce interna ed esterna dello stesso conduttore), se vogliamo che potenziali del conduttore interno (V1 )
e quello di un punto all’infinito siano uguali, dovrà essere
V1 − V∞ = 0
⇒
⇒
V1 − V2 + V2 − V∞ = V1 − V2 + V3 − V∞ = 0
q
V1,2 +
=0 ⇒
q = −4πε0 R3 V1,2 = −1.67 · 10−8 C.
4πε0 R3