Computer Engineering - Fisica

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Fisica - Appello del 29/06/21 Soluzione commentataForm 1 - Domande a risposta chiusa Le domande dal la 1 al la 8 sono presentate a ciascuno studente in ordine casuale. 1.La derivata di un versore e:(a)Un vettore sempre ortogonale al versore di partenza. (b)Un vettore sempre parallelo al versore di partenza.(c)Uno scalare. (d)Un vettore che ha sempre modulo unitario. Per de nizione, la derivata di un vettore~v(ad es. rispetto al tempot) e: d~vdt = lim
t!0~v (t+
t) +~v(t)
t Dalla de nizione e evidente la natura vettoriale did~vdt . Un versore non e altro che un vettore di modulo unitarioj~vj= 1 per cui anche per il versore vale la stessa de nizione di derivata: la (c) e falsa. Non ci sono ragioni per cui la derivata di un versore debba avere modulo unitario: e falsa anche la (d). Si osserva inoltre che: ddt j ~vj2 =ddt ( ~v
~v) = 2~v
d~vdt Nel caso di un versorej~vj= 1 =cost:quindi 0 =ddt j ~vj2 = 2~v
d~vdt . Ne consegue che, per un versore~v, si ha~v?d~vdt . La (a) e la risposta corretta, mentre la (b) e falsa. 2.Un satellite gira su un'orbita intorno alla Terra. Il lavoro che la forza di gravitazionecompie sul satellite in un'orbita completa e: (a)Positivo (b)Nullo.(c)Positivo o negativo a seconda che l'orbita sia oraria o antioraria. (d)Negativo. La forza di gravitazione e una forza conservativa, per cui il lavoro e nullo su ogni traiettoria chiusa. La sola risposta corretta e la (b). 3.Un razzo viene lanciato verticalmente e viaggia con un'accelerazione costante di 24.5 m/s2 per 10 secondi. Dopo questo tempo, il motore si spegne per un guasto e il razzo precipita. Calcolare la velocita con cui arriva a terra. Dall'istantet= 0 all'istantet 1= 10 s il razzo si muove con accelerazione a= 25.4 m/s2 , raggiungendo una quotahe una velocitav 1date dalle leggi che governano il moto unifor- memente accelerato: h=12 at 2 1=12
25:4
100 m = 1225 m v1= at 1= 25 :4
10 m=s2 = 245 m=s2 1  Applichiamo ora la conservazione dell'energia meccanica tra l'istante in cui il motore si guasta (trovandosi alla quotahcon velocitav 1) e l'istante in cui tocca terra con velocita v2. EM= E0 M UP+ E K= U0 P+ E0 K mgh+12 mv 2 1= 0 +12 mv 2 2 2gh+v2 1= v2 2 da cui si ricava:v2=q2 gh+v2 1=p9 :81
1225 + 2452 m=s v2' 291 m=s4.Il lavoro temodinamico compiuto lungo una adiabatica per andare dallo stato A allo stato B: (a)e sempre minore della variazione di energia interna del sistema; (b)dipende da come si realizza l'adiabatica che connette A e B;(c)dipende solo dagli stati A e B; (d)e nullo per il Primo Principio. Per de nizione, in una trasformazione adiabatica e scambiata una quantita di caloreQ= 0. Dal Primo Principio della Termodinamica, consegue: L=Q
U=
U=U(A)U(B) Il lavoro dunque non e necessariamente nullo: la (d) e falsa. Invece, esso e strettamente uguale alla variazione di energia interna del sistema cambiata di segno: anche la (a) e falsa. Poiche l'energia interna e funzione di stato, la sua variazione (e quindi il lavoro svolto) dipende solo dagli stati A e B e non da come si realizza l'adiabatica. E' falsa anche la (b) mentre la risposta corretta e la (c). 5.La variazione di entropia di un sistema lungo una trasformazione qualsiasi:(a)puo essere maggiore dell'integrale di Clausius associato; (b)e pari all'integrale di Clausius di una adiabatica reversibile che approssima la tra-sformazione; (c)dipende dal tipo di trasformazione; (d)e pari all'integrale di Clausius per la trasformazione. La variazione di entropia di un sistema termodinamico che passa da uno statoia uno stato fe per de nizione:
S= rev f iQT cioe e pari all'integrale di Clausius operato su una trasformazione reversibile qualsiasi che congiungeiadf. 2  Si dimostra che l'entropiaSe funzione di stato, la sua variazione non dipende dalla trasformazione compiuta ma solo dagli stati iniziale e nale: la (c) e falsa. La trasformazione su cui operare l'integrale non deve essere necessariamente adiabatica: la (b) e falsa. Tra l'altro, l'integrale di Clausius operato su una adiabatica e sempre nullo. La trasformazione su cui operare l'integrale di Clausius deve essere reversibile: operare l'integrale su una trasformazione qualsiasi non reversibile non fornisce la variazione di entropia in quel caso. Anzi, si dimostra che, con riferimento all'integrale di Clausius svolto su una trasformazione qualsiasi:
S f iQT E percio falsa anche la (d) mentre la (a) e la risposta corretta. 6.In un sistema di riferimento inerziale:(a)un punto materiale non soggetto a forze appare necessariamente fermo; (b)occorre tenere conto delle forze apparenti o ttizie; (c)valgono i tre Principi della Dinamica newtoniana; (d)l'inerzia di un corpo e maggiore, rispetto a un sistema di riferimento non inerziale. Il Primo Principio della Dinamica aerma che: Un punto materiale non soggetto a forze persevera nel suo stato di quiete o di motorettilineo uniforme, in un sistema di riferimento inerziale. Ne consegue che l'unica aermazione corretta e la (c), in quanto anche gli altri due Principi valgono unicamente nelle condizioni in cui vale il primo. In particolare, la (a) e falsa perche un punto materiale non soggetto a forze puo anche perseverare in uno stato di moto rettilineo uniforme. La (b) e falsa perche le forze apparenti o ttizie sono da considerarsi, invece, nei sistemi di riferimento non inerziali. La (d) e falsa perche (almeno nell'ambito della Meccanica Classica) l'inerzia di un corpo non dipende dal sistema di riferimento. 7.Un blocco di legno di massaM= 5 kg e appoggiato a una molla di costante elastica k= 10000 N/m. Un proiettile della massa di 50 g viene sparato nel blocco e l'impatto comprime la molla di una quantita
l= 10 cm. Calcolare la velocita del proiettile prima dell'impatto col blocco. L'urto tra il proiettile e il blocco di legno e presumibilmente un urto anelastico in cui il proiettile rimane con ccato nel blocco. In un urto anelastico, comunque, si conserva la quantita di moto del sistema. Si puo scrivere la conservazione della quantita di moto in forma scalare, proiettando l'equazione vettoriale sulla direzione della velocita iniziale del proiettile: mv= (m+M)V essendovla velocita prima dell'urto,Vla velocita dopo l'urto emla massa del proiettile. Ne consegue: v=m +Mm V 3  Dall'istante immediatamente successivo all'urto all'istante di massima compressione della molla si conserva l'energia meccanica: EM= E0 M EK+ U el= E0 K+ U0 el 12 ( m+M)V2 + 0 = 0 +12 k
l2 Si deduce:(m+M)V2 =k
l2 V=rk M +m
l Sostituendo nell'espressione ricavata al passaggio precedente: v=m +Mm rk M +m
l v=pk (M+m)m
l'450 m=s8.Ad una macchina ( M= 5102 kg) che viaggia ad una velocita di 20 m/s si applica una forza di 100 N. Per quanto tempo e necessario applicare tale forza se si vuole ridurre della meta la quantita di moto dell'automobile? Supponiamo che l'automobile sia in moto rettilineo; ssiamo un assexin modo che la traiettoria giaccia su di esso. Inizialmente l'automobile possiede una quantita di moto: ~q0= M v 0~u x dovev 0= 20 m/s. Per il Teorema dell'Impulso, l'applicazione di una forza~ Fcostante per un tempoprovoca una variazione di quantita di moto: 0~ F dt=~ F
=
~q Consideriamo di applicare la forza~ Fsulla direzione di~u xe con verso opposto rispetto a ~q0. Possiamo scrivere un'equazione scalare, considerando le proiezioni dei vettori sull'asse x, e in particolare imporre: F
=q 02 = mv 02 =mv 02 F= 50 s9.Un solido di 65 kg con calore speci co pari a 300 J/(kg K) viene riscaldato utilizzando la quantita di calore che si sviluppa facendo cadere 50 kg da un'altezza di 20 m. Supponendo che non ci siano perdite, il solido subisce una variazione di temperatura pari a: Il lavoro che viene compiuto dalla forza peso durante la caduta di un grave di massa m1= 50 kg da una altezza h= 20 m, e pari a: L=m 1gh 4  Un solido di massam 2= 65 kg e calore speci co c = 300 J/(kg K) subisce una variazione di temperatura
Ta fronte di una quantita di energia fornita sotto forma di calore: Q=m 2c
T Se supponiamo che il lavoro svolto dalla forza peso sum 1sia dissipato completamente in calore per riscaldarem 2, otteniamo: m1gh =m 2c
T
T=m 1m 2ghc ' 0:5 K10.Durante l'urto tra due particelle che costituiscono un sistema isolato: (a)la quantita di moto del sistema si conserva solo in alcuni casi; (b)la quantita di moto del sistema si conserva sempre;(c)l'energia cinetica si conserva sempre; (d)il momento angolare del sistema puo variare a seguito dell'urto. Dalla Dinamica dei Sistemi, sappiamo che in un sistema isolato, su cui percio non agiscono forze esterne, si conserva sia la quantita di moto sia il momento angolare. Ne consegue che la (b) e vera, mentre la (a) e la (d) sono false. Nel caso di un urto anelastico non si conserva l'energia cinetica del sistema, dunque anche la (c) e falsa. 11.Un oggetto esteso di massaM, viene messo in rotazione attorno a un asse verticale a cui e associato un momento di inerziaI. Successivamente l'oggetto viene messo in rotazione lungo un asse parallelo al primo, ma distante di una quantitad. Il momento d'inerzia (a)diminuisce di una quantita pari aM d2 per il Teorema di Huygens-Steiner; (b)sicuramente non varia;(c)aumenta di una quantita pari aM d2 per il Teorema di Huygens-Steiner; (d)puo aumentare, diminuire o rimanere invariato. Il Teorema di Huygens-Steiner aerma che, considerato un primo assezgenerico e un asse parallelo al primo passante per il centro di massa, per un sistema rigido di massaMvale: Iz= I CM+ M d2 doveI ze I CMsono i momenti di inerzia calcolati, rispettivamente, rispetto al primo asse ze all'asse parallelo passante per il centro di massa;de la distanza tra i due assi paralleli. Nella situazione descritta in questo problema, non si speci ca che uno degli assi considerati passi per il centro di massa. Percio, non si puo fare alcuna speci ca aermazione su come cambi il momento di inerzia passando da un asse all'altro; l'unica risposta corretta e la (d). 5 Form 2 - Problemi con svolgimento cartaceo 1.Un punto materiale di massampuo scivolare senza attrito su un piano orizzontale ed e connesso a un estremo di una molla di costante elasticak(disposta orizzontalmente). La molla e vincolata all'altro estremo. (a)Ricavare l'equazione dierenziale che governa il moto della massam. Imponiamo un sistema di coordinate cartesiane, con un assexparallelo al piano orizzontale e un asseydisposto verticalmente. L'origine degli assi sia posta nella posizione della massamquando la molla e a riposto. Alla massamsono applicate le seguenti forze: {la forza peso~ P=m~g=mg~u y; {la reazione normale del piano d'appoggio~ Rn= R n~u y; {la forza elastica~ Fel= kx~u x. Se la massa rimane appoggiata al piano, la reazione normale bilancia la forza peso: ~ P+~ Rn= 0 Percio, la forza risultante agente sume: ~ Fris=~ P+~ Rn+~ Fel=~ Fel Dal Secondo Principio della Dinamica: ~ Fris= m~a kx~u x= m~a Ne consegue che l'accelerazione del sistema sara necessariamente parallela all'assex: ~a=a~u x=d 2 xdt 2~u x Possiamo scrivere il Secondo Principio della Dinamica in forma scalare, proiettata sull'assex: kx=md 2 xdt 2 d2 xdt 2+km x = 0Questa e l'equazione dierenziale che governa il moto della massa m, e coincide con l'equazione di un moto armonico con pulsazione!=qk m . 6 Un punto materiale di massa m= 0.01 kg e appoggiato ad una molla di costante elastica k= 25 N/m ai piedi di un trampolino di altezzah= 10 m, inclinato rispetto all'orizzontale di un angolo= 45 . Il sistema e inizialmente in quiete, con la molla compressa. La molla viene lasciata libera di muoversi e il punto si stacca dal trampolino impattando al suolo nel punto P. (b)Calcolare la compressione della molla nel caso in cui la distanza del punto d'impattodal bordo del trampolino siaD= 10 m. Imponiamo qui un sistema di coordinate cartesiane con assexparallelo al piano oriz- zontale, con verso positivo verso destra in gura, e asseyverticale, con verso positivo verso l'alto. L'origine del sistema di coordinate sia collocata al bordo del trampolino, a livello del piano orizzontale. Il punto materiale, lasciato il trampolino, compie un moto parabolico con legge oraria (nelle due coordinate cartesiane): x(t) =v 0cos  t y(t) =h+v 0sin  t12 gt 2 dove la velocitav 0e quella con cui lascia il trampolino. L'impatto avviene al tempot tale per cuix(t ) =Dcioe: t =Dv 0cos  Sostituendo nell'equazioney(t ) = 0: h+sin cos D 12 gD 2v 2 0cos2 = 0 Poiche= 45 possiamo sostituire cos= sin= 1=p2: h+DgD 2v 2 0= 0 gD2v 2 0= h+D v2 0=gD 2D +h Imponiamo ora la conservazione dell'energia meccanica tra l'istante in cui il punto materiale e fermo all'inizio del trampolino e la molla e compressa, e l'istante in cui il punto materiale lascia il trampolino con velocitav 0: EM= E0 M Uel+ U P+ E K= U0 el+ U0 P+ E0 K 12 k
x2 + 0 + 0 =mgh+12 mv 2 0 da cui:
x2 =1k 2mgh+mv2 0
=mgk  2h+D 2D +h
x=rmg k
r2 h+D 2D +h' 0:3 m7 (c)Nelle stesse condizioni del punto precedente, trovare l'angolo d'impatto , come indicato in gura. Le componenti del vettore velocita, durante il moto parabolico, sono: vx( t) =v 0cos  vy( t) =v 0sin gt All'istantet =Dv 0cos in cui avviene l'impatto: vx( t ) =v 0cos  vy( t ) =v 0sin gDv 0cos = v 2 0sin cosgDv 0cos  Per l'angolo vale la relazione: tan = v y( t )v x( t ) =j v2 0sin cosgDjv 2 0cos2  Si ricava percio: = arctan D+ 2hD  = 71:62.Un disco di raggio R= 50 cm e massam= 10 kg ruota senza slittare su un piano orizzontale sotto l'azione di una forza costante di moduloF= 10 N applicata sull'asse di rotazione del disco, in direzione orizzontale come mostrato in gura. (a)Si calcoli l'accelerazione angolare del disco.Scriviamo la II Equazione Cardinale della Meccanica rispetto a un polo posto nel punto O di contatto tra il disco e il piano (ovvero rispetto al centro di istantanea rotazione):~O= I O~ I Oe il momento di inerzia calcolato rispetto a un asse passante per O, che dal Teorema di Huygens-Steiner vale: IO= I CM+ mR2 =12 mR 2 +mR2 =32 mR 2 Notiamo che al disco sono applicate la forza peso~ P, la reazione normale del piano ~ Rn, un'eventuale forza di attrito statico~ Fatte la forza esterna~ F. L'unica forza che puo dare momento non nullo rispetto a O e quest'ultima, per cui: ~O=~ R~ F dove~ Re un vettore di modulo pari aR(raggio del disco) che congiunge O con il punto di applicazione di~ F. Possiamo in realta riscrivere la II Equazione Cardinale in forma scalare, proiettata su un asse ortogonale al piano del foglio e con verso positivo entrante. Un'accelerazione angolare del disco in gura in verso orario e percio considerata positiva. Otteniamo: O= RF=I O da cui:=F RI O= F R3 2 mR 2 =2 F3 mR' 1:33 rad/s8 (b)Si determini la forza di attrito statico (in modulo, direzione e verso) agente sulla ruota, facendo un disegno chiaro che descriva la situazione. Scriviamo ora la I Equazione Cardinale della Meccanica: ~ F+~ Fatt+~ Rn+~ P=~ Fris= m~a Notiamo che~ Rn+~ P= 0 e possiamo riscrivere la stessa equazione proiettata su un asse parallelo al piano orizzontale, con verso positivo verso destra in gura. F+F att= ma In questa scrittura,F atte positiva se orientata verso destra e negativa se orientata verso sinistra. Ricordiamo che la forza d'attrito statico e per natura sempre parallela al piano di appoggio. Poiche si ha rotolamento senza strisciamento: a=R percio:Fatt= maF=mRF Fatt= mR2 F3 mR F=F3 La forza d'attrito e dunquediretta orizzontalmente, orientataverso sinistrain gura, e in modulo pari a jF attj = 3:33 N~ F~ Fatt(c)Fornire la de nizione generale di momento di inerzia speci cando i termini. Si de nisce momento di inerzia assiale di un sistema rigido, rispetto a un asse di rotazionez, la quantita scalare: Iz=X i 2 im iper sistemi discreti Iz= 2 dmper sistemi continui dove i( ) e la distanza della massai-esima (della massadm) dall'assez. Nel Sistema Internazionale l'unita di misura del momento di inerzia e il kg
m2 . 9 3.Un cilindro adiabatico e orientato verticalmente ed e chiuso, in alto, da un pistone scorre- vole senza attrito. Esso contienen= 1 mol di gas perfetto biatomico. Il pistone e anch'es- so adiabatico e ha areaS= 100 cm2 . Inizialmente, il gas e in equilibrio con l'ambiente esterno e si trova a pressione atmosfericap 1= 1 bar e temperatura T 1= 293 K. (a)Il gas viene compresso appoggiando sul pistone una massaM= 10 kg. Calcolare la pressione del gas nel nuovo stato di equilibrio raggiunto. Dall'equazione di stato dei gas perfetti: p1V 1= nRT 1 V1=nRT 1p 1= 0 :0243 m3 La pressione del nuovo stato di equilibrio equivarra alla pressione esterna agente sul pistone, che e la somma della pressione atmosfericap 1e della pressione data dalla forza peso della massaM. p2= p 1+M gS = 19 :8 kPa(b)Calcolare la temperatura del gas nel nuovo stato di equilibrio. La compressione avviene in modo adiabatico (irreversibile). Si tratta di una tra- sformazione a pressione esterna costante conp est= p 2. Dal Primo Principio della Termodinamica, essendoQ= 0: L=
U p2( V 2 V 1) = nc V( T 2 T 1) p2V 2 p 2V 1=52 nRT 152 nRT 2 Dall'equazione dei gas perfetti: p2V 2= nRT 2 e sostituendo anche quanto ricavato al punto a perV 1, otteniamo: nRT2 nRp 2p 1T 1=52 nRT 152 nRT 2 T2+52 T 2=52 T 1+p 2p 1T 1 72 T 2=5 p 1+ 2 p 22 p 1T 1 T2=5 p 1+ 2 p 27 p 1T 1' 375 K(c)Nel cilindro viene in ne immessa, tramite un ugello e senza far uscire il gas dal cilin- dro, una massam= 100 g di acqua alla temperaturaT 1. Calcolare la temperatura nale di equilibrio del sistema. Tenendo presente che il calore speci co dell'acqua ec A= 1calg  C= 4816Jkg K , la capacita termica della massamdi acqua inserita si calcola come: CA= mc A' 418:6 J=K 10  La capacita termica dellenmoli di gas, in uno scambio termico a pressione costante, e: CG= nc P= n
72 R = 29:1 J=K Considerando che acqua e gas scambiano calore solo tra di loro: QA+ Q G= 0 CA( T eq T 1) + C G( T eq T 2) = 0 (C A+ C G) T eq= T 1C A+ T 2C G Teq=T 1C A+ T 2C GC A+ C G= 298 :3 K11