2014.06.12.F1.compit..

Corsi di Laurea in Ingegneria Biomedica, dell’Informazione, Elettronica e Informatica
Canale 3 (Prof. G. Naletto)
Seconda Prova in Itinere di Fisica Generale 1 - Padova, 12 Giugno 2014
Cognome .............................................................. Nome ........................................... Matricola .......................
Problema 1
Un corpo rigido è costituito da un cilindro omogeneo di raggio R e da due
sbarrette sottili omogenee identiche, ciascuna di lunghezza l = 2R e massa
l
mS = 2 kg orientate perpendicolarmente alla superficie laterale del cilindro,
A
R
diametralmente opposte e aventi un estremo attaccato alla stessa superficie; il
momento d’inerzia del corpo rigido rispetto all’asse O del cilindro è IO = 0.72
O
kgm2. Il cilindro, di massa mC = 2mS/3, è appoggiato con l’asse orizzontale su
un piano inclinato; il piano è scabro, realizzato con un incavo che consente il
O
movimento delle sbarrette durante il rotolamento del corpo ed è inclinato di
un angolo θ = π/6 rad rispetto all’orizzontale. Il corpo è mantenuto
inizialmente fermo sul piano con le sbarrette verticali grazie ad un filo ideale
θ
teso parallelo al piano ad una distanza R dal piano stesso e fissato alla
superficie laterale del cilindro (vedi figura: prima posizione del corpo). Determinare:
a) il modulo fas della forza di attrito statico;
b) il raggio R del cilindro.
[Suggerimento: si consiglia di esprimere le formule in funzione di mS ed R, esplicitando mC ed l come sopra indicato.]
Ad un certo istante si taglia il filo ed il corpo inizia a scendere lungo il piano inclinato con un moto di puro rotolamento.
Dopo aver rotolato di un angolo φ = π + θ dalla posizione iniziale (quindi con le sbarrette perpendicolari al piano
inclinato; vedi in figura la seconda posizione del corpo), l’estremo superiore A di una delle due sbarrette si aggancia ad
un perno ed il corpo inizia a ruotare attorno ad un asse orizzontale fisso passante per A parallelo all’asse del cilindro.
Determinare (nel sistema di riferimento fisso):
c) il modulo vCM della velocità del centro di massa del corpo un istante prima dell’urto;
d) il modulo vA della velocità dell’estremo A della sbarretta nello stesso istante;
e) il modulo ω’ della velocità angolare del corpo rigido un istante dopo l’urto.
Problema 2
Tre moli di un gas ideale monoatomico sono soggetti al ciclo frigorifero ABCDA. Il gas, che si trova inizialmente allo
stato A all’interno di un contenitore adiabatico ideale, viene portato allo stato B tramite un’espansione libera in cui
l’entropia dell’universo varia di ∆SU,AB = 27.4 J/K. Mantenendo costante il volume e togliendo l’isolamento del
contenitore, il gas viene portato in modo molto lento e graduale senza attriti allo stato C, alla temperatura TC = 150 K;
durante questa trasformazione, il gas cede all’ambiente un calore QBC = –7500 J. Per mezzo di una trasformazione
adiabatica reversibile, il gas viene poi portato allo stato D in cui il volume del gas ritorna ad essere quello dello stato
iniziale A. Infine, a volume bloccato, il gas viene messo in contatto termico con un serbatoio a temperatura TA finché
ritorna allo stato iniziale. Dopo aver disegnato il ciclo nel diagramma pV, determinare:
a) la temperatura TD del gas in D;
b) il lavoro W fatto dal gas nel ciclo;
c) l’efficienza ξ del ciclo;
d) la variazione di entropia ∆SU,ciclo dell’universo nel ciclo.
Nell’ipotesi che il lavoro necessario per realizzare il ciclo venga prodotto da una macchina termica reversibile operante
tra una miscela di acqua e ghiaccio alla temperatura T2 = 273.15 K ed un serbatoio alla temperatura T1 = 200 K,
determinare:
e) la massa m di acqua solidificata nella macchina termica (calore latente di solidificazione dell’acqua: λg = 3.3⋅105
J/kg).
Soluzioni
Problema 1
a) Per avere equilibrio statico, la somma dei momenti rispetto al polo O deve essere uguale a zero. Siccome tensione,
forza peso e reazione normale hanno momento nullo, si ha che:
r r
R × f as = 0 ⇒ f as = 0
oppure, prendendo come polo dei momenti il punto di contatto C, e visto che il centro di massa sta in O:
r r r
r
R × T + R × mTOT g = 0 ⇒ RT − RmTOT g sinθ = 0 ⇒ T = mTOT g sinθ = 0;
f as + T − mTOT g sinθ = 0 ⇒
f as = mTOT g sinθ − T = 0
b)
2
1
1
l
  1
1

2
2
I O = mC R + 2 mS l + mS  + R   = mS R 2 + 2 mS R 2 + 4mS R 2  = 9mS R 2
2
2
  3
3

12
c)
mTOT gh =
1
1
2
I Oω 2 + mTOT vCM
2
2
⇒
(
⇒ R=
)
v2
8
1
18
2
mS g (π + θ ) R sinθ = 9mS R 2 CM
+
mS vCM
2
3
2
23
R
8
gπR sinθ = 1.28 m/s
15
oppure, prendendo come polo il punto di contatto C:
a
35
RmTOT g sinθ = I Cα = 9mS R 2 + mTOT R 2 α = mS R 2 CM
3
R
oppure, prendendo come polo il centro O del cilindro:
IO
= 0.2 m
9mS
⇒
⇒ vCM =
(
)
e)
8
g sinθ ; vCM = 2aCM (π + θ ) R
35
8
f ' as = mTOT g sinθ − mTOT aCM = ms (g sinθ − aCM )
3
a
8
8
Rf as = I Oα ⇒ R ms (g sinθ − aCM ) = 9mS R 2 CM ⇒ aCM = g sinθ ; vCM = 2aCM (π + θ ) R
3
R
35
r
r r
r r
vCM
v A = v' A +vCM + ω × rA ⇒ v A = vCM +
( l + R ) = 4vCM = 5.13 m/s
R
r
r
r r
r
r
8
8


Lin, A = L fin, A ⇒ I Oω + r × mTOT vCM = I Aω' ⇒ 9mS R 2ω − ( l + R ) mS vCM =  I O + mS ( l + R ) 2 ω' ⇒
3
3


v
v
8
8
1


CM
⇒ 9mS R 2 CM − 3R mS vCM =  9mS R 2 + mS 9R 2 ω' ⇒ ω' =
= 0.194 rad/s
R
3
3
33 R


mTOT g sinθ − f ' as = mTOT aCM
d)
⇒ aCM =
⇒
Problema 2
E’ da notare che il ciclo è frigorifero pur essendo percorso in senso orario nel diagramma
pV. Questo è dovuto al fatto che nell’espansione libera non si compie lavoro, così come
nelle due isocore: rimane quindi in gioco il solo lavoro della trasformazione adiabatica
reversibile, che ha segno negativo.
A
p
D
B
a)
∆SU , AB
C
V
V
= nR ln B
VA
TCVCγ −1 = TDVDγ −1
VB
⇒
=e
VA
∆SU , AB
=3=
nR
V
⇒ TD = TC  C
 VD



VC
VD
γ −1
= 312 K
b)
W = WCD = −∆U CD = −ncV (TD − TC ) = −6061 J
oppure W = QTOT = QBC + QDA = ncV (TC − TB ) + ncV (TA − TD ) = ncV (TC − TD )
c)
Q BC = ncV (TC − TB ) ⇒ TB = TC −
d)
∆SU ,ciclo = ∆SU , AB+DA = ∆S gas, AB + ∆S gas,DA + ∆S amb,DA = ∆SU , AB + ncV ln
QBC
= 350.5 K = T A ;
ncV
ξ=
Q ASS
nc (T − TD ) TA − TD
= V A
=
= 0.237
W
ncV (TC − TD ) TC − TD
TA − ncV (TA − TD )
+
= 27.6 J/K
TD
TA
oppure ∆SU ,ciclo = ∆S amb,ciclo = ∆S amb,BC + ∆S amb,DA = −∆S gas,BC + ∆S amb,DA = −ncV ln
e)
 T 
W = −Wmacc = −ηQ ASS = −1 − 1 mλg
 T2 
⇒
m=−
W
T2
λg T2 − T1
= 0.0686 kg
TC − ncV (TA − TD )
+
TB
TA

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