Computer Engineering - Fisica

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Fisica - Appello del 10/02/22 Soluzione commentataForm 1 - Domande a risposta chiusa [tot. 8 punti] Le domande dal la 1 al la 6 sono presentate a ciascuno studente in ordine casuale. 1.Un'auto della massa di 1500 kg passa dalla velocita di 4 km/h alla velocita di 40 km/hin 8 secondi. Calcolare la potenza media erogata dal motore durante l'accelerazione. [1 punto] ˆSe assumiamo trascurabili gli attriti, la risultante delle forze agente sull'automobile nel- l'intervallo di tempo considerato coincide con la forza sviluppata dal motore. ˆAllora, per il teorema delle forze vive, il lavoro svolto dal motore nell'intervallo di tempo considerato e pari alla variazione di energia cinetica dell'automobile: L=
E K=12 mv 2 f12 mv 2 i=m2 v2 f v2 i
ˆLa potenza media e:  P=L
t= m2
t v2 f v2 i
'11:5 kW 2.Un satellite gira su un'orbita intorno alla Terra. Il lavoro che la forza di gravitazionecompie sul satellite in un'orbita completa e:[1 punto] (a)negativo. (b)nullo.(c)positivo. (d)positivo o negativo a seconda che l'orbita sia oraria o antioraria. ˆConsiderando trascurabili le attrazioni gravitazionali verso altri corpi celesti, la forza di attrazione gravitazionale del satellite verso la Terra e l'unica forza che agisce su di esso. ˆEssendo tale forza una forza centrale, si conserva il momento angolare. ~ L=~rm~v=~rmv~u t dove~u te un versore tangente all'orbita. ˆDal testo del problema apprendiamo che il satellite sta compiendo un'orbita chiusa intorno alla Terra. Confrontiamo ora due istanti, l'istante inizialeiin cui il satellite passa per un dato punto dell'orbita e l'istante nalefin cui vi ripassa dopo aver percorso un giro completo. Esso giunge nello stesso punto di prima (stesso~r) e con la stessa direzione e verso della velocita (stesso~u t). Poiche anche la massa me la stessa, dalla conservazione di~ Lconsegue: vf= v i ˆPer il Teorema delle Forze vive il lavoro della forza risultante, su un giro completo, e allora: L=
E K=12 mv 2 f12 mv 2 i= 0 Poiche la forza di gravitazione coincide in questo caso con la forza risultante, il lavoro svolto da questa e pure nullo, e la risposta corretta e la (b). 1 3.La posizione angolare di una particella mobile su una circonferenza di raggio 5 m e data dall'espressione(t) = 3t2 , dovee in radianti ete in secondi. Calcolare l'accelerazione centripeta della particella all'istantet= 0:5 s.[1 punto] ˆL'accelerazione centripeta nel moto circolare vale: aC= !2 R dove la velocita angolare e:!=ddt  (t) ˆScriviamo per comodita l'espressione di(t) dando le unita di misura corrette alla costante moltiplicativa, in modo che sostituendotin secondi risultiin radianti: (t) = 3 s 2

t2 allora:!(t) =ddt  (t) = 3 s 2

2t= 6 s 2

t ˆInt= 0:5 s abbiamo allora: aC= 36 s 4

t2
R= (36
0:25
5) m=s2 = 45 m=s2 4.Un vagone ferroviario della massa di 50 tonnellate che viaggia alla velocita di 36 km/hurta un secondo vagone, della massa di 30 tonnellate, fermo sul binario. Dopo l'urto, il secondo vagone si muove alla velocita di 30 km/h. Calcolare la velocita del primo vagone dopo l'urto.[1 punto] ˆConsideriamo il problema scalare, proiettando i vettori (velocita, quantita di moto. . . ) sulla direzione del binario. ˆIn assenza di forze esterne impulsive parallele al binario, nell'urto si conserva la quantita di moto in quella direzione. Q=Q0 m1v 1+ m 2
0 =m 1v0 1+ m 2v0 2 ˆRicaviamo: v0 1=m 1v 1 m 2v0 2m 1= =50 t
36 km=h30 t
30 km=h50 t = =1800 90050 km =h = 18 km=h 5.Il Teorema di Carnot per una macchina termica reversibile che lavora tra le temperatureT1e T 2, con T 1> T 2, con cui scambia i calori Q 1e Q 2, aerma che: [1 punto] (a)Q 1=Q 2= T 1=T 2. (b)Q 1=T 1+ Q 2=T 2 0. (c)Q 1=T 1+ Q 2=T 2= 0. (d)Q 1=T 1+ Q 2=T 2 0. 2 ˆ Il Teorema di Carnot aerma che tutte le macchine reversibili che lavorano tra solo due termostati hanno lo stesso rendimento, pari a: C= 1 T 2T 1 doveT 1e T 2sono le temperature dei due termostati, con T 1> T 2. ˆOsserviamo che la macchina termica in questo caso assorbira calore dalla sorgente a temperaturaT 1e cedera calore alla sorgente a temperatura T 2, percio: jQ assj =Q 1j Q cedj =Q 2 ˆApplicando la denizione di rendimento di una macchina termica e ricordando che, per il Primo Principio della Termodinamica, su un ciclo valeL=Q=jQ assj j Q cedj , abbiamo: =Lj Q assj= j Q assj j Q cedjj Q assj= 1 j Q cedjj Q assj= 1 + Q 2Q 1 ˆConcludiamo allora: 1 +Q 2Q 1= = C= 1 T 2T 1 Q2Q 1= T 2T 1 Q1T 1+ Q 2T 2= 0 La risposta corretta e la (c). 6.La variazione di entropia di un gas ideale lungo una espansione isoterma reversibile[1 punto] (a)e minore di zero poiche il gas si espande. (b)dipende dagli attriti tra il pistone mobile e il cilindro che contiene il gas.(c)deve essere nulla per il Principio di Aumento dell'Entropia. (d)e maggiore di zero poiche il gas si espande. ˆSe un sistema termodinamico compie una trasformazione reversibile, possiamo calcolare la sua variazione di entropia tramite l'integrale di Clausius lungo la trasformazione stessa:
S= f iQT ˆIn generale, dal Primo Principio della Termodinamica, abbiamo per un gas ideale: Q=L+dU=p dV+n c VdT e applicando la legge di stato dei gas: Q=nRTV dV +n c VdT In una trasformazione isoterma la temperatura non varia, quindidT= 0: Q=nRTV dV 3 ˆ Scriviamo allora la variazione di entropia come:
S= f inRTV T dV =nR f idVV = nRlnV fV i Se la trasformazione e una espansioneV f> V ie si ha
S >0: la risposta corretta e la (d). ˆLa (a) e errata in quanto aerma il contrario della (d). Possiamo poi notare che la (b) non e corretta in generale, perche se la trasformazione e reversibile, allora gli attriti devonoessere necessariamente trascurabili. Anche la (c) e errata, perche il cosiddetto Principio di Aumento dell'Entropia aerma che l'entropiadel l'universonon puo mai diminuire, ma non da vincoli alla variazione di entropia di un singolo sistema termodinamico. 7.Due corpi si muovono di moto circolare uniforme descrivendo una circonferenza con lostesso raggio e velocita angolari pari a! 1= 2 ! 2. Quanto vale il rapporto tra le loro accelerazionia 1=a 2? [1 punto] ˆIn un moto circolare uniforme, l'accelerazione e puramente centripeta e vale: a=a c= !2 R ˆScriviamo allora il rapporto tra le accelerazioni come: a1a 2= ! 2 1R 1! 2 2R 2 Dato pero che i corpi seguono traiettorie con lo stesso raggioR=R 1= R 2e data la relazione! 1= 2 ! 2, abbiamo: a1a 2= 4 !2 2! 2 2= 4 8.Il teorema di isotropia della pressioni aerma che:[1 punto] (a)la pressione misurata in un punto di un uido perfetto in quiete e la stessa, indipen-dentemente dall'orientazione della supercie di prova considerata. (b)se sul uido agisce un campo gravitazionale, il uido e in equilibrio, qualsiasi sia lasua orientazione. (c)la pressione di qualsiasi uido e la stessa in ogni punto del uido. (d)le pressioni esterne agenti su un uido in quiete sono isotrope. ˆDalla teoria della statica dei uidi sappiamo che l'enunciato del teorema corrisponde a quanto riportato nella risposta (a). Possiamo in realta constatare che le altre risposte corrispondono ad aermazioni false o prive di signicato. ˆLa (b) e un'aermazione in parte falsa e in parte priva di signicato. Anzitutto l'orien- tazione di un uido non e una grandezza ben denita. In secondo luogo, se su un uido agisce un campo gravitazionale, il uido puo non essere in equilibrio: pensiamo al caso di una goccia d'acqua che cade al suolo: si tratta di un uido che, sotto l'azione del campo gravitazionale ovvero del suo peso, si muove con moto accelerato e non e in equilibrio. ˆLa (c) e un'aermazione errata: per esempio, sappiamo dalla legge di Stevino che in un uido pesante la pressione misurata in un uido dipende dalla profondita. ˆLa (d) e un'aermazione errata: le pressioni esterne agenti su un uido in quiete posso- no dipendere dal punto considerato della supercie del uido. L'importante, anche il uido sia in quiete, e che le forze di supercie sviluppate da queste pressioni si bilancino, considerate insieme alle forze agenti sul volume del uido. 4 Form 2 - Problemi con svolgimento cartaceo [tot. 24 punti] 1.Un corpo di massam= 1 kg inizialmente fermo viene lasciato scivolare da una quota h= 50 cm lungo un piano inclinato liscio, al termine del quale si trova su un piano orizzontale scabro (coeciente di attrito dinamico d= 0.1). Ad una distanza L= 70 cm dalla congiunzione dei due piani si trova una massaM= 2 kg in quiete. Determinare: (a)la velocita dei due corpi subito dopo l'urto, ipotizzando chemurtiMin modo completamente anelastico[3 punti]; ˆDurante la discesa lungo il piano inclinato, l'unica forza che compie lavoro sul corpo di massame la sua forza peso. Il lavoro della forza peso e pari alla dierenza della relativa energia potenziale cambiata di segno: LP=
U P= mgh ˆDurante lo scivolamento sul piano orizzontale (prima di urtare la massaM), invece l'unica forza che compie lavoro e la forza di attrito dinamico. La forza di attrito dinamico vale in modulo: jF adj = dj R nj = dj Pj= dmg ed e diretta orizzontalmente, orientata verso sinistra in gura. Il lavoro della forza di attrito dinamico, nel tratto di lunghezzaLe dunque: Lad= L~ Fad
d~r=jF adj L= dmgL ˆApplichiamo il Teorema dell'Energia Cinetica dall'istante iniziale, in cui il corpo di massame fermo in cima al piano inclinato, all'istante appena precedente all'urto. Indichiamo conv mla velocita del corpo di massa min tale istante. Ltot=
E K LP+ L ad=12 mv 2 f12 mv 2 i mgh dmgL =12 mv 2 m 2g(h dL ) =v2 m quindi:vm=p2 g(h dL ) ˆDurante l'urto non agiscono forze esterne impulsive e si conserva la quantita di moto. Ricordiamo inoltre che, per denizione di urto completamente anelastico, in seguito all'urto i due corpi acquistano la stessa velocitaV. Scrivendo la conservazione della quantita di moto: mvm= ( m+M)V Concludiamo percio che la velocita dei due corpi nell'istante immediatamente succes- sivo all'urto e: V=mm +Mv m=mm +Mp2 g(h dL )'0:97 m/s (b)lo spazio percorso dai due corpi dopo l'urto prima di fermarsi[3 punti]. 5 ˆ Dopo l'urto i due corpi scivolano sul piano scabro per un trattodprima di fermarsi. In questo tratto, la forza d'attrito dinamico e di nuovo l'unica forza che compie lavoro: L0 ad=  d( m+M)gd ˆApplicando nuovamente il Teorema dell'Energia Cinetica all'insieme dei due corpi abbiamo:L0 ad=
E K  d( m+M)gd= 012 ( m+M)V2 dgd =12 m 2( m+M)2
[2g(h dL )] d=m 2( m+M)2 h d L '48 cm (c)Enunciare il Teorema dell'Energia Cinetica[2 punti]. Avendo denito l'energia cineticadi un punto materiale di massamcomeE K=12 mv2 , doveve la velocita scalare istantanea del punto materiale, il Teorema dell'Energia Cinetica ha il seguente enunciato. Il lavoroLdel la risultante~ Fdi tutte le forze applicate a un punto materiale, in moto da un puntoia un puntof, vale: L=
E K= E K;f E K;i doveE K;fed E K;iindicano rispettivamente l'energia cinetica valutata nel punto fe nel puntoi. 6 2.Un satellite di massa msi muove lungo un'orbita circolare di raggioR(rispetto al centro della Terra) sotto l'azione della forza di attrazione gravitazionale. DataGla costante di gravitazione universale eM Tla massa della Terra: (a)esprimere in maniera letterale, in funzione dei dati del problema, il momento angolaredel satellite rispetto al centro della Terra[3 punti]; ˆIl momento angolare di un punto materialemrispetto a un polo e per denizione: ~ L = ~r m~v dove~r e la posizione del punto materiale rispetto al polo (~r =~r~r ), mentre ~v e la velocita istantanea del punto materiale. ˆImponiamo un sistema di coordinate cilindriche, con assezortogonale al piano del- l'orbita e passante per il centro della Terra. Allora, in un qualsiasi punto dell'orbita del satellite possiamo scrivere: ~r =R~u r~v =v~u t da cui:~ L = R~u r mv~u t= mvR~u z ˆPer un corpo orbitante, soggetto alla sola forza di attrazione gravitazionale,vedR sono legate tra loro. La forza gravitazionale ha infatti espressione: FG= GmM TR 2 e se questa e l'unica forza agente sul satellite in moto su un'orbita circolare, essa equivale alla forza centripeta: GmM TR 2= F G= F C= mv 2R da cui ricaviamo:GM TR = v2 v=rGM TR ˆSostituendo nell'espressione del momento angolare, concludiamo: ~ L = mrGM TR
R
~u z= mpGM TR
~u z (b)calcolare il raggioRsupponendo il satellite geostazionario (G= 6:67
10 11m3kg
s2 ; MT= 5 :98
1024 kg;m= 560 kg)[2 punti]. ˆIl periodo di rivoluzione di un satellite geostazionario ha durata pari a quella del giorno terrestre:T= 1 d = 24 h = 24
60
60 s = 86400 s ˆPer un moto circolare uniforme di raggioR, la velocitave legata al periodoTdalla relazione: T=2 ! = 2 Rv v=2 RT 7 ˆ Riprendiamo l'uguaglianzaF G= F Cscritta al punto precedente: GmM TR 2= F G= F C= mv 2R Semplichiamome sostituiamo l'espressione div: GM TR 2=4 2 R2T 2 R Ricaviamo:R3 =GM TT24 2 R=3 rGM TT24 2 e sostituendo i valori numerici: R'42300 km (c)Ad un certo istante i razzi montati sul satellite si accendono. Nella condizione alpunto (b), determinare il lavoro minimo dei razzi necessario per far s che il satellite si allontani indenitamente dalla Terra[3 punti]. ˆL'energia meccanica del satellite e in generale: EM= E G+ E K= =GmM TR + 12 mv 2 ˆSostituendo l'espressione pervricavata al punto (a) abbiamo che, durante il moto sull'orbita circolare, vale: EM= GmM TR + 12 m GM TR = 12 G mM TR e ulteriormente sostituendo l'espressione del raggio dell'orbita geostazionaria: EM;geo= 12 GmM T
3 s4 2GM TT2= 12 m
3 r4 2 M2 TG 2T 2= 12 m
 2M TGT  23 ˆIl satellite e nelle condizioni di allontanarsi indenitamente dalla Terra quando la sua energia meccanica assume valore nullo. L'azione delle forze non conservative sviluppate dai razzi deve essere percio tale per cui: Lrazzi= Lnc =
E M= 0 E M;geo Lrazzi=12 m
 2M TGT  23 = 2:6
109 J 8 3.Un gas perfetto compie un ciclo termodinamico reversibile formato dalle seguenti trasfor- mazioni: A!B adiabatica; B!C isobara; C!A isocora. Sapendo che nello stato A la pressione e il volume valgono, rispettivamente,p A= 106 Pa eV A= 1 L, nello stato B il volume eV B= 5 L e che durante la compressione isobara viene compiuto sul gas un lavoroL BC= -420 J, si determini: (a)il tipo di gas (monoatomico, biatomico, ecc.);ˆPer ricavare qual e il tipo di gas coinvolto cerchiamo di ottenere l'espressione letterale diL BCin funzione dei dati del problema, quindi valutiamo per quale tipo di gas essa assuma il valore numerico assegnato. ˆIl lavoro lungo l'isobara B!C e: LBC= p B
V=p B( V C V B) ˆPoiche la trasformazione C!A e isocora, abbiamoV C= V A. La pressione p Bpuo essere ricavata dalle relazioni di Poisson per l'adiabatica A!B: pAV A= p BV B pB= p A
 VAV B Ricaviamo:LBC= p A
 VAV B
(V A V B) ˆRicordiamo che =c p=c Vassume i seguenti valori: per un gas monoatomico (c V= 3 =2R;c p= 5 =2R): = 5=3'1:67 per un gas biatomico (c V= 5 =2R;c p= 7 =2R): = 7=5 = 1:40 Ricaviamo ora elaborando l'espressione diL BCcome segue: LBCp A( V A V B)= VAV B ln LBCp A( V A V B) = lnV AV B =ln LBCp A( V A V B)ln V AV B= ln 420 J 106 Pa
4
10 3 m3ln 15 = 2:254 1:609' 1:40 Il gas e dunquebiatomico. (b)il rendimentodel ciclo. ˆLa denizione di rendimento, per un ciclo termodinamico, e: =Lj Q assj doveLe il lavoro netto del ciclo ejQ assj e il calore assorbito. ˆIl lavoro netto compiuto sul ciclo, considerando che lungo l'isocora il lavoro e nullo, e pari a:L=L AB+ L BC di cui il lavoroL BCdell'isobara e un dato del problema. 9 ˆ Per l'adiabatica A!B possiamo scrivere: LAB=
U=nc V( T B T A) Ora consideriamo che il gas e biatomico, quindic V=52 R : LAB=52 ( nRT A nRT B) Applichiamo l'equazione di stato dei gas perfetti (nRT=pV) ed abbiamo: LAB=52 ( p AV A p BV B) Sostituiamo l'espressione dip B= p A
 VAV B gia ricavata al punto precedente, dove =75 : LAB=52 p A" VA V B VAV B 75 # LAB=52
106
" 15 15  75 #
10 3 J'1187 J ˆConsideriamo ora gli scambi di calore. Lungo l'adiabatica, per denizione il gas non scambia calore. Lungo la compressione isobara il gas cede calore e l'unica trasforma- zione in cui il gas assorbe calore e l'isocora C!A. Qass= Q C A= nc V
T=nc V( T A T C) Di nuovo consideriamoc V=52 R e applichiamo l'equazione di stato dei gas perfetti: QC A=52 nR (T A T C) =52 ( p AV A p CV C) MaV C= V Ae p C= p B= p A
 VAV B e =75 , quindi: QC A=52  pAV A p A
 VAV B
V A =52 p AV A" 1 VAV B 75 # QC A=52
106
1
10 3
" 1 15  75 # J'2237 J ˆConcludiamo: =L AB+ L BCQ C A' 1187 J 420 J2237 J ' 0:34 (c)Enunciare (senza dimostrare) il teorema di Clausius per una macchina termicaqualsiasi che scambi calore conNsorgenti. In un ciclo termodinamico che lavora traNsorgenti scambiando con la sorgentei-esima, al la temperaturaT i, una quantita di calore Q i, vale la relazione: N X i=1Q iT i 0 dove l'uguaglianza vale per cicli composti da trasformazioni reversibili. 10