Mathematical Engineering - Fisica Sperimentale 1

Full exam

Scuola di Ingegneria Industriale e dell’Informazione – Politecnico di Milano Ingegneria Gestionale Fisica Sperimentale – a. a. 2015/2016 NOTA: Si invitano gli studenti a MOTIVARE e COMMENTARE adeguatamente le formule utilizzate, i passaggi più significativi e i risultati ottenuti. Soluzione Problema 1 a) Leggi del moto circolare uniformemente accelerato: ������� =1 2 ������ ������ 2 ������=������������ L’istante ������̅ in cui il corpo compie ������ giri è dato da: ������=2������������ ⇒ 2������������=1 2 ������ ������̅ 2 ⇒ ������̅ =�4 ������������ ������ La velocità risulta: ������ F=������������=������������������̅ =�������������4 ������������ ������ =������ √4 ������������������ =2.24 ������/������ b) L’angolo tra velocità e accelerazione è lo stesso che c’è tra la componente tangente e la componente normale dell’accelerazione. Se chiamiamo ������ quest’angolo, risulta: tan������=������ ������ ������������ =������ ������ 2 ������������ =( ������������) 2 ������ = ������������ 2 Quindi se ������=30°, risulta: √3 3 = ������������ ∗2 ⇒ ������ ∗=�√ 3 3 ������ =0.34 ������ Problema 2 Problema 3 a) Trasliamo il momento dell’asta con Huygens Steiner: I A = I C + M(L/2) 2 = I C +1/4 ML 2 = (1/4 + 1/12) ML 2 = 1/3 ML 2 Aggiungiamo il momento del corpo che è semplicemente 4M (L/2) 2 = ML 2 Otteniamo in totale I = 1/3 ML 2 + ML 2 = 4/3 ML 2 b) Nel moto rotatorio dell’asta attorno al punto di sospensione A si conserva l’energia meccanica. L’energia cinetica, inizialmente nulla, nel punto più basso è data da: ������������ = 1 2������������������2= 1 2�4 3������������ 2������� 2= 2 3������������ 2������2. La variazione di energia potenziale si può calcolare notando che sia il centro di massa dell’asta che la pallina scendono di una quota pari a L/2, quindi la variazione di energia potenziale è pari a 5������∙������∙ ������ 2. Concludendo: 2 3������������ 2������2=5������∙������∙ ������ 2, ovvero ������=� 15 ������ 4������ . Scuola di Ingegneria Industriale e dell’Informazione – Politecnico di Milano Ingegneria Gestionale Fisica Sperimentale – a. a. 2015/2016 NOTA: Si invitano gli studenti a MOTIVARE e COMMENTARE adeguatamente le formule utilizzate, i passaggi più significativi e i risultati ottenuti. c) Nel moto rotatorio di risalita dell’asta agisce il lavoro non conservativo del momento frenante ������. Tale lavoro risulta: ℒ ������������ =−������ Nel moto di risalita la variazione di energia meccanica risulta uguale al lavoro ℒ ������������ . Considerando che l’energia meccanica iniziale (in corrispondenza della posizione iniziale in cui il corpo è fermo in posizione orizzontale) è puramente energia potenziale della forza peso del CM (a quota L) e che l’energia meccanica finale è ancora puramente energia potenziale della forza peso del CM (questa volta a quota L-L/2cos(testa)) , risulta: ������������( ������������������) = 5������������������ ������ ������( ������������������) =5�������������������−������ 2 cos ������� Quindi: ������ ������( ������������������) −������ ������( ������������������) =ℒ ������������ −5 2 ������ ������������cos������=−������������ ������=5 ������������������cos������ 2������ =15 4������ ������������������ Problema 4 a) L’espansione adiabatica è irreversibile; per il primo principio della termodinamica Δ������=−ℒ ������������ ������( ������ ������−������ ������) =−������ atm ( ������ ������−������ ������) poiché il lavoro è effettuato contro la pressione atmosferica esterna e V B è il volume finale del gas. Utilizzando l’equazione si stato del gas perfetto per gli stati di equilibrio A e B, si possono sostituire V A e VB: 5 2 ������������( ������ ������−������ ������) =−������ atm ������������� ������ ������ ������������ −������������ ������ ������ ������������ � 7 2 ������������=�5 2 +������ atm ������������ � ������ ������ ������ ������=2 7 �5 2 +1 2 � ������ ������=6 7 ������������ b) Per calcolare la variazione di entropia facciamo riferimento ai soli stati iniziale e finale della trasformazione. Dalla formula della variazione di entropia per una trasformazioni di un gas perfetto possiamo scrivere: Δ������=������������ ������ln������ ������ ������������ + ������������ln������ ������ ������������ = ������������ ������ln������ ������ ������������ + ������������ln������ ������������������ ������������������������ = ������������ ������ln������ ������ ������������ + ������������ln������ ������ ������������ = =7 2 ������������ ln6 7 + ������������ln2=7 2 ������������ ln3 7 +7 2 ������������ ln2+������������ln2=7 2 ������������ ln3 7 +9 2 ������������ ln2 =1 2 ������������ �7ln3 7 + 9ln2�=12.8������ ������ La variazione di entropia risulta maggiore di 0 in quanto la trasformazione è adiabatica e irreversibile.