ESAME di FISICA GENERALE I,, Esercizi di Ingegneria industriale
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ESAME di FISICA GENERALE I,, Esercizi di Ingegneria industriale

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APPELLI ED ESERCIZI PER INGEGNERIA INDUSTRALE
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Facoltà di Ingegneria, Università degli Studi di Udine

Corso di Laurea in Ingegneria Gestionale Industriale (N.O.) ESAME di FISICA GENERALE I A.A. 2006/2007

Sessione di Marzo/Aprile, Io Appello - Prova scritta del 26 Marzo 2007 TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI

PROBLEMA A1 Una cassa piena di sabbia, di massa M = 50 kg, poggia su un piano orizzontale con coefficiente di attrito dinamico μk = 0.7 ed è in quiete. Contro la cassa viene sparato orizzontalmente un proiettile di massa m = 1000 g. Il proiettile si conficca nella cassa alla velocità v0 = 300 m/s e ne emerge dalla parete opposta alla velocità (sempre orizzontale) v1 = 50 m/s; la cassa, invece, dopo l’urto, si mette in moto. Determinare:

a) l’energia W1 dissipata nel processo d’urto; b) il tempo impiegato dalla cassa per fermarsi; c) l’energia W2 dissipata per attrito.

Soluzione Nell’urto tra proiettile e cassa si conserva la quantità di moto e quindi possiamo scrivere

0 1 0 1 ( ) 5.0 m/s. mmv mv MV V v v M

= + ⇒ = − =

dove V è la velocità della cassa subito dopo la fuoriuscita del proiettile. In tali condizioni l’energia dissipata nel processo d’urto è pari a

[ ]

2 2 2 1 0 1

2 2 2 2 4 0 1 0 1 0 1 0 1 0 12

1 1 1 2 2 2

1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) 4.31 10 J. 2 2 2 2

i fW K K mv mv MV

m mmv mv v v M v v m v v v v M M

= − = − −

= − − − = + − − − = ⋅

Dopo l’urto la cassa si muove di moto uniformemente decelerato con velocità iniziale V e accelerazione a = - fk/M=-μkg. Il tempo in cui essa si ferma è

1 1 1 1 0 1: ( ) 0 ( ) 0.728 s.k k k

V mt v t V gt t v v g Mg

μ μ μ

= − = ⇒ = = − =

Infine, l’energia dissipata per attrito è pari all’energia cinetica della cassa subito dopo l’urto, e cioè 2

2 2 2 2 0 1

1 1 1 ( ) 625 J. 2 2 2

mW MV MV v v M

= = = − =

PROBLEMA A2 Una lastra di massa M = 10 kg e lunghezza L poggia in quiete su un piano orizzontale senza attrito. All’istante t = 0 un cilindro pieno, di raggio R = 10 cm e massa m = 3 kg, in rotazione intorno al suo asse alla velocità ω0 = 400 giri/min, viene appoggiato (con velocità del centro di massa nulla) sul bordo sinistro della lastra. Sapendo che tra cilindro e lastra si ha un coefficiente di attrito dinamico μk = 0.3 determinare:

a) la minima lunghezza, Lmin, della lastra affinché il moto del cilindro (rispetto alla lastra) dopo lo slittamento iniziale diventi di puro rotolamento;

b) le velocità finali di lastra e cilindro per L = Lmin.

Soluzione A causa della presenza di attrito dinamico, lo slittamento del cilindro sul piano di appoggio determina su di esso una forza di attrito di modulo k k kf N Mgμ μ= = tangente al cilindro ed opposta alla rotazione. Utilizzando la seconda legge di Newton nelle forme lineare e angolare, possiamo quindi scrivere

k

k

dvma m f dt

dI I Rf dt ωα

⎧ = =⎪⎪ ⎨ ⎪ = = − ⎪⎩

m

M

L

R

dove a e α sono le accelerazioni lineare (del centro di massa) e angolare del cilindro, mentre I = ½ mR2 e τ = - Rfk sono il momento d’inerzia del cilindro (rispetto al suo asse) e il momento meccanico della forza di attrito (negativo perché opposto alla rotazione). Dalla prima otteniamo che la velocità del centro di massa del cilindro segue la legge

( )k k k dvm mg dv gdt v t gt dt μ μ μ= → = ⇒ = ,

mentre, dalla seconda ricaviamo che la sua velocità angolare decresce secondo la seguente 2

0 2 21 ( )

2 k k

k g gdmR R mg d dt t t

dt R R μ μω μ ω ω ω= − → = − → = − .

Nel frattempo la lastra, sempre a causa dell’attrito, risente di una forza orizzontale pari a –fk e quindi accelera verso sinistra. Per la sua velocità istantanea V(t) abbiamo

( ) ( ).k k k k dV m m mM f mg dV gdt V t gt v t dt M M M

μ μ μ= − = − → = − ⇒ = − = −

Quindi, mentre il cilindro avanza, decelerando, e la sua velocità angolare diminuisce, la lastra accelera in direzione opposta. Tali accelerazioni proseguiranno fino a quando si avrà slittamento tra cilindro e lastra; cioè fino a quando la velocità dei punti della superficie del cilindro (ωR) supererà la velocità del suo centro di massa rispetto alla lastra (v-V). L’istante in cui ωR = v-V corrisponderà quindi all’istante in cui il moto del cilindro rispetto alla lastra diventa di puro rotolamento. Perciò

0 0

2( ) ( ) - ( ) 1 0.43 s. (3 )

k r r r r k r r

k

g M Rmt R v t V t t R gt t R M M m g μ ωω ω μ

μ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⇒ − = + ⇒ = =⎜ ⎟⎜ ⎟ +⎝ ⎠⎝ ⎠

Osservando poi che per lo spostamento del cilindro rispetto alla lastra abbiamo

[ ] 21- 1 ( ) , 2k k

m M mds v V dt gtdt s t gt M M

μ μ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = + ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

imponendo che nel tempo in cui il moto diventa di puro rotolamento, il cilindro raggiunga l’altro estremo della lastra, si ha

2 2 2 0

2

( )1( ) 35.6 cm. 2 2(3 )min k r k

M M m RM mL L s t gt M M m g

ωμ μ

++⎛ ⎞= = = = =⎜ ⎟ +⎝ ⎠

Infine, le velocità finali di cilindro e lastra nel caso L = Lmin sono rispettivamente: 0 0( ) 1.27 m/s; ( ) ( ) 0.38 m/s.

(3 ) (3 )r k r r r M R m Rmv t gt V t v t M m M M m ω ωμ= = = = − = = − + +

PROBLEMA A3 In una trasformazione politropica (pVk = cost.) la pressione e il volume di una definita massa di ossigeno (gas biatomico) variano da p1 = 4.00 atm e V1 = 1.00 l ai valori p2 = 1.0 atm e V2 = 2.00 l. La temperatura iniziale del gas è T1 = 500 K. Si determini:

a) il calore Q che viene scambiato dall’ossigeno con l’ambiente; b) la variazione ΔEint di energia interna del gas; c) la variazione ΔS di entropia del gas.

Soluzione Prima di tutto si noti che, utilizzando l’equazione dei gas ideali, il numero n di moli di ossigeno e la temperatura T2 del secondo stato sono pari a

1 1 2 2 2 2 2 1

1 1 1

; p V p V p Vn T T RT nR p V = = =

Inoltre, dato che la trasformazione politropica è caratterizzata dalla legge pVk = cost., allora

1 2 2 1 1 1 2 2

1 22 1

ln ln 2.0 k

k k V p p Vp V p V k p VV p

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = ⇒ = → = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ .

La natura biatomica del gas determina il fatto che il suo calore specifico molare a volume sia pari a 5 / 2.Vc R= Quindi la variazione di energia interna subita dal gas nella trasformazione sarà data da

( ) ( )1 1 2 22 1 1 2 2 1 1 1 1 1

5 51 525 J. 2 2int V

p V p VE nc T T R T p V p V RT p V

⎛ ⎞ Δ = − = − = − = −⎜ ⎟

⎝ ⎠

Poi, dalla prima legge della termodinamica ricaviamo che la quantità di calore scambiato dal gas è data da 2

1

con , V

int V

Q E L L pdV= Δ + = ∫

e quindi potendo scrivere ( )2 2k kp p V V −= abbiamo

( ) ( ) ( ) ( ) 2 2

1 1

2 2 1 1 2 2 2 1 2 2 1 1

1 1 1

kV V k k k k

V V

p V L pdV p V V dV V V p V p V

k k − − −= = = − = −

− −∫ ∫ e

( )2 2 1 1 5 1 315 J. 2 1int

Q E L p V p V k

⎡ ⎤= Δ + = + − = −⎢ ⎥−⎣ ⎦

Infine, per calcolare la variazione di entropia possiamo utilizzare la seguente 2 2

1 1

2

1

2 2 1 1 2 2 2

1 1 1 1 1 1

5ln ln ln ln 0.873 J/K. 2

T V

V T V

V

dQ dT dVS nc nR T T V

T V p V p V Vnc nR T V T p V V

Δ = = +

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = + = + = −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

∫ ∫ ∫

PROBLEMA B1 Due satelliti uguali vengono lanciati da uno stesso punto dell’equatore in direzioni opposte, lungo due orbite ellittiche contenute nel piano equatoriale. I satelliti hanno la medesima velocità iniziale rispetto alla Terra, tangente all’equatore, v0 = 10 km/s. Si determinino le massime distanze r1 e r2 dal centro della Terra cui giungono i satelliti nel loro moto. [RT = 6.37·106 m] Soluzione A causa del moto rotazionale della Terra intorno al suo asse le velocità iniziali dei due satelliti, in un sistema di riferimento esterno (fisso rispetto all’asse intorno di rotazione) sono pari a

1, 0 2, 0 ; i T T i T Tv v R v v Rω ω= + = − dove ωT = 2π/(24·3600) rad/s è la velocità angolare della Terra. Durante il loro moto, essendo la forza gravitazionale conservativa, l’energia meccanica dei satelliti si conserva e quindi, per il generico satellite, potremo scrivere

2 21 1 2 2

T T i

T

M m M mmv G mv G R r

− = −

dove v ed r sono velocità e distanza (calcolata dal centro della Terra) istantanee del satellite in esame. D’altra parte la forza gravitazionale è anche centrale e quindi deve conservarsi anche il momento angolare. Rispetto all’asse di rotazione della Terra dovremo avere

i Tmv R mvr= Quindi ricavando v da quest’ultima e sostituendo nella precedente otteniamo

22 2 2 2

2

1 1 1 2 1 2 2

i TT T T T T i i

T T

v RM m M m R M Rmv G m G v G R r r r R r

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎡ ⎤− = − → − = −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

da cui 2

2 2

1 2 2 1 2 1

T T T T i

T TT

T i i

R M R Rv G r M gRr R G R v v

⎡ ⎤+ = → = =⎢ ⎥⎣ ⎦ − −

dove abbiamo tenuto conto del fatto che g = GMT/RT2. Sostituendo i valori delle velocità iniziali dei due satelliti ricaviamo

( )

( )

7 1

2 1, 0

7 2

2 2, 0

7.1 4.52 10 m; 2 1 2 1

2.7 1.72 10 m; 2 1 2 1

T T T

T T

i T T

T T T

T T

i T T

R Rr RgR gR v v R R Rr RgR gR

v v R

ω

ω

= = = = ⋅ − −

+

= = = = ⋅ − −

PROBLEMA B2 Una lastra di massa di lunghezza L = 50 cm sta scivolando su un piano orizzontale senza attrito alla velocità v0 = 2.0 m/s. Sul suo bordo destro (vedi figura) è appoggiato (in quiete rispetto alla lastra) un cilindro pieno di raggio R e massa m. Ad un certo istante del suo moto uniforme la lastra viene ad incontrare un blocco (vedi figura) ed istantaneamente si ferma. Il cilindro invece viene a roto-traslare su di essa. Determinare:

a) il minimo valore del coefficiente di attrito dinamico tra cilindro e lastra,μk,min, necessario affinché il moto del cilindro diventi di puro rotolamento prima che il cilindro non raggiunga l’altro estremo della lastra;

b) le velocità di rotazione del cilindro quando raggiunge l’estremo sinistro della lastra per μk = 2μk,min.

Soluzione Nell’istante in cui la lastra incontra il blocco (e si ferma) il cilindro continua a traslare verso sinistra con velocità v0, ma ora, a causa dell’attrito, il cilindro prenderà anche a ruotare. Infatti, mentre prima su di esso non agivano forze orizzontali, ora lo scivolamento determina su di esso una forza di attrito dinamico fk = μkNkmg orizzontale e avente direzione opposta al moto traslatorio. Osservando che tale forza ha anche momento rispetto al suo asse, possiamo scrivere le seguenti

k

k

dvma m f dt

dI I Rf dt ωα

⎧ = = −⎪⎪ ⎨ ⎪ = = ⎪⎩

dove a e α sono le accelerazioni lineare (del centro di massa) e angolare del cilindro, mentre I = ½ mR2 è il momento d’inerzia del cilindro (rispetto al suo asse). Si noti che abbiamo preso l’asse x diretto nel verso di v0. Dalla prima otteniamo che la velocità del centro di massa del cilindro diminuisce secondo la seguente

0 ( )k k i k k dvm mg dv gdt v t v gt v gt dt

μ μ μ μ= − → = − ⇒ = − = − ,

mentre dalla seconda ricaviamo la sua velocità angolare 2 2 21 ( )

2 k k

k g gdmR R mg d dt t t

dt R R μ μω μ ω ω= → = → = .

Ovviamente lo slittamento del cilindro si manterrà fino a quando, ad un certo istante t1, tra velocità di avanzamento e velocità angolare varrà la relazione v(t1) = Rω(t1). Dopo tale istante lo slittamento verrà a mancare ed il cilindro prenderà a procedere di puro moto di rotolamento. Il tempo nel quale ciò avviene è pari a

0 0 1 1 1

2 . 3

k k

k

g vv gt R t t R g μμ

μ − = ⇒ =

e, dato che nel frattempo lo spazio percorso dal cilindro scivolando lungo la lastra è il seguente 2

2 0 0 0 1

51( ) ( ) ( ) , 2 18k k k

vds vdt v gt dt s t v t gt s t g

μ μ μ

= = − ⇒ = − ⇒ =

se vogliamo che il cilindro nel tempo t1 raggiunga esattamente la fine della lastra, dovrà essere 2 2 0 0

1 , 5 5( ) 0.226.

18 18k k mink

v vs t L L g Lg

μ μ μ

= ⇒ = ⇒ = = =

Si è indicato il valore di μk, come μk,min, perché, ovviamente per valori più grandi il cilindro comincerà a rotolare senza strisciare prima di raggiungere l’altro estremo della lastra. Infatti se poniamo μk = 2μk,min abbiamo

0 1

0

3 3 5k

v Lt g vμ

= = e 1( ) 2 Ls t =

Perciò la velocità angolare finale del cilindro alla fine della lastra, che sarà identica a quella che abbiamo all’istante tl, sarà data dalla seguente

0 1 1

2 2( ) 3

k g vt t R R μω = = .

m M

L

R

v0

PROBLEMA B3 In una trasformazione politropica (pVk = cost.) la pressione e il volume di una definita massa di un gas ideale monoatomico variano da p1 = 5.66 atm e V1 = 1.00 l ai valori p2 = 1.0 atm e V2 = 2.00 l. La temperatura iniziale del gas è T1 = 450 K. Si determini:

a) il calore Q che viene scambiato dall’ossigeno con l’ambiente; b) la variazione ΔEint di energia interna del gas; c) la variazione ΔS di entropia del gas.

Soluzione Il problema è analogo problema A3 e il metodo risolutivo è lo stesso. Le differenze sostanziali sono dovute che in tal caso il gas è monoatomico e 3 / 2Vc R= , e che per l’esponente della k della trasformazione politropica otteniamo

2 1

1 2

ln ln 2.50p Vk p V ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Tenendo conto di queste differenze si ottiene

( )2 2 1 1 3 576 J; 2int

E p V p VΔ = − = − ( )2 2 1 1 3 1 320 J; 2 1int

Q E L p V p V k

⎡ ⎤= Δ + = + − = −⎢ ⎥−⎣ ⎦

e

1 1 2 2 2

1 1 1 1

3 ln ln 1.14 J/K. 2

p V p V VS T p V V ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞

Δ = + = −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

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