- userLoginStatus
Welcome
Our website is made possible by displaying online advertisements to our visitors.
Please disable your ad blocker to continue.
Computer Engineering - Fisica
Full exam
Politecnico di Milano Scuola di Ingegneria Industriale e dell’Informazione _______________________________________________ Si ricorda di: - Scrivere in stampatello NOME, COGNOME e numero di MATRICOLA. FIRMARE ogni foglio utilizzato. - MOTIVARE e COMMENTARE adeguatamente ogni risultato. FISICA Appello del 19 giugno 2019 Proff. Bussetti, Crespi, D'Andrea, Della Valle, Lucchini, Magni, Nisoli, Petti, Pinotti, Puppin 1. Il moto di un corpo puntiforme di massa m è descritto dal vettore posizione r = A cos(Bt) u x + C t u y, ove u x e u y sono rispettivamente i versori degli assi x ed y del sistema di riferimento, t è l'istante di tempo, e A, B, C delle costanti positive. Ricavare: a) La dimensione delle tre costanti A, B, C nel Sistema Internazionale. b) Le componenti normale e tangenziale dell’accelerazione al tempo t = 0 s, precisandone modulo dire- zione e verso. c) Il momento angolare del corpo, L O, rispetto all’origine O del sistema di riferimento, al tempo t = 0 s, precisandone modulo direzione e verso. 2. Una biglia di vetro sferica, di raggio R e massa M, sta rotolando senza strisciare su un piano inclinato di un angolo β rispetto all’orizzontale. Determinare: a) il momento d’inerzia della biglia rispetto al centro di istantanea rotazione, sapendo che il momento d’inerzia di una sfera di massa M e raggio R, valutato rispetto a un asse passante per il centro di massa, vale I CM = 2/5 M R 2; b) il modulo dell’accelerazione del centro di massa della biglia; c) modulo, direzione e verso della forza d’attrito presente tra la biglia e il piano durante il rotolamento; d) il minimo coefficiente di attrito statico μ S che consente il rotolamento senza strisciamento assumendo β = 45°. 3. Si dimostri che in un campo di forze centrali la velocità areolare si conserva. 4. Un contenitore cilindrico chiuso e indeformabile, di altezza h e diametro D, contiene gas biatomico ideale alla pressione atmosferica p 0 e alla temperatura assoluta iniziale T 0. a) determinare la quantità di calore che deve essere fornita al gas nel cilindro per far triplicare la sua tem- peratura rispetto al valore iniziale, esprimendo il risultato in funzione dei soli dati sopra specificati; b) calcolare la variazione di entropia del sistema a seguito di tale trasformazione; c) calcolare la variazione di entropia dell’universo a seguito di tale trasformazione, se questa è effettuata ponendo il cilindro in contatto termico con un termostato ad una temperatura pari a 10 T 0; d) dire se la trasformazione effettuata nella modalità del punto c) è reversibile, giustificando la risposta. Soluzioni Esercizio 1 Punto a) L’argomento del coseno deve essere radianti, cioè un numero adimensionale. Perciò: [������������] =������������ −1 entrambi i termini davanti ai versori u x e u y devono avere come dimensione finale quella di una lunghezza. Perciò: [������������] =������������ [������������] =������������∙������������ −1 Punto b) Deriviamo due volte la funzione r(t) per trovare velocità e accelerazione: ������������( ������������) =������������∙cos( ������������ ������������( ������������) =������������ ������������ ������������������������ =−������������������������∙sin( ������������������������) ∙������������ ������������+������������∙������������ ������������ ������������( ������������) =������������ ������������ ������������������������ =−������������������������ 2∙cos( ������������������������) ∙������������ ������������ Al tempo t = 0, i tre vettori valgono: ������������( 0) =������������∙������������ ������������ ������������( 0) =������������∙������������ ������������ ������������( 0) =−������������������������ 2∙������������ ������������ e sono quindi come quelli mostrati nella figura accanto. Dato che il vettore velocità è in ogni istante tangente alla traiettoria, esso definisce la direzione tangenziale; la direzione perpendicolare al vettore velocità è invece la direzione normale. Perciò: ������������ ������������=0 ������������ ������������=−������������������������ 2 Punto c) Per definizione il momento angolare rispetto a un punto O è dato da: ������������ ������������=������������ ������������×������������=������������ ������������×������������������������ In questo caso: ������������ ������������=������������������������ ������������×������������ v(0) = C⋅uy a(0) = −AB 2⋅ux r(0) = A⋅ux Esercizio 2 Punto a) Il centro di istantanea rotazione è il punto P di contatto della biglia con il piano inclinato, per cui secondo il teorema di Huygens-Steiner deve essere: ������������ ������������=������������ ������������������������ +������������������������ 2=2 5 ������������ ������������ 2+������������������������ 2=7 5 ������������ ������������ 2 Punto b) Applichiamo la legge cardinale della dinamica rotazionale alla rotazione della biglia attorno al centro di istantanea rotazione: ������������ ������������=������������ ������������∙������������ dove α è l’accelerazione angolare ed M P è il momento totale delle forze, calcolato rispetto al punto P: ������������ ������������=������������������������ quindi: ������������=������������ ������������ ������������������������ =������������������������������������ ∙sin (������������) 7 5 ������������������������ 2 =5 ������������∙sin (������������) 7������������ Dato che la sfera rotola senza strisciare, l’accelerazione a del suo centro di massa deve soddisfare la relazione: ������������=������������������������=5 7 ������������ ∙sin (������������) Punto c) Consideriamo come positivo il verso diretto verso il basso e applichiamo la legge di Newton al moto traslazionale della sfera lungo il piano: ������������ ������������������������������������ =������������������������=5 7 ������������������������ ∙sin (������������) La forza totale è la somma della forza d’attrito F A e della componente del peso parallela al piano: ������������ ������������������������������������ =������������ ������������+������������������������∙sin (������������) e quindi: ������������ ������������=������������ ������������������������������������ −������������������������∙sin( ������������) =5 7 ������������������������ ∙sin( ������������) −������������������������∙sin( ������������) =−2 7 ������������������������ ∙sin( ������������) La forza d’attrito risulta negativa: è cioè diretta verso l’alto. Punto d) Il coefficiente d’attrito µs deve sufficiente per fornire la forza d’attrito trovata al punto precedente, cioè: ������������ ������������∙������������������������∙cos( ������������) ≥������������ ������������ quindi: ������������ ������������≥������������ ������������ ������������������������ ∙cos( ������������) =2 7 ������������������������ ∙sin( ������������) ������������������������∙cos( ������������) =2 7 ∙ tan( ������������) Nel caso in cui sia β = 45° è tan( β) = 1 e quindi µs = 2/7. Mg Mg sin β Mg cos β FA P Esercizio 3 Questo esercizio è l’inverso della seconda legge di Keplero, o legge delle aree. Si consideri un corpo di massa m che si muova sotto l’azione di una forza centrale, diretta dal punto O. In un tempo t il raggio vettore r(t) dal punto O alla posizione del corpo m spazza un’area A. La velocità areolare è per definizione: ������������ ������������=������������ ������������ La traiettoria può essere curvilinea e di forma complessa; per evitare questa difficoltà, consideriamo un istante di tempo infinitesimo dt, durante il quale l’arco di traiettoria si possa approssimare ad un segmento rettilineo infinitesimo dr, la cui lunghezza sarà data per definizione di velocità da: ������������������������=������������∙������������ ������������������������=1 2 ������������ ℎ=1 2 ������������ ������������∙������������������������∙sin( ������������) La velocità areolare è perciò data da: ������������ ������������=������������ ������������ ������������������������ =1 2 ������������ ������������∙sin( ������������) In generale, nel caso di una forza qualunque v, r e θ possono variare arbitrariamente e non si può dire niente riguardo la velocità areolare. Se però la forza è centrale, si conserva il vettore momento angolare, e quindi si conserva anche il suo modulo, dato da: |������������ ������������|=| ������������ ������������×������������| =| ������������ ������������×������������������������| =������������∙ Esercizio 4 Punto a) Il gas compie una trasformazione a volume costante. Per brevità, in tutti i calcoli seguenti indicheremo con V 0 questo volume, dato da: ������������ 0=������������ ������������ 2 4 ℎ Il primo principio della termodinamica stabilisce che in una trasformazione a volume costante, dove perciò non si compie lavoro, deve essere: Δ������������=������������ Indipendentemente dal tipo di trasformazione, la variazione di energia interna dipende soltanto dalla variazione di temperatura. Per un gas biatomico: Δ������������=������������������������ ������������������������������������������������������������������������������������������������� −������������ ������������������������������������������������������������������������������������������������ �=������������5 2 ������������ ������������� ������������������������������������������������������������������������ −������������ ������������������������������������������������������������������������������������������������ � Non conoscendo il numero di moli, possiamo adoperare l’equazione di stato dei gas ideali pV = nRT per esprimere il prodotto nR in funzione dei parametri noti p 0, V 0, T 0. Quindi: Q=Δ������������=5 2 ∙������������ 0������������0 ������������0 ( 3������������ 0−������������ 0) =5������������ 0������������0 Punto b) Per calcolare la variazione di entropia prendiamo una trasformazione reversibile che unisca i punti iniziale e finale. In questo caso il volume non cambia, per cui la scelta più semplice è quella di una trasformazione isocora: Δ������������=������������� ������������ ������������ = ������������ ������������ ������������� ������������ ������������������������������������ ������������ = ������������ ������������ ������������5 2 ������������ ������������� ������������ ������������ = ������������ ������������ 5 2∙������������ 0������������0 ������������0 ∙ ln�3 ������������ 0 ������������0� =5 2 ∙������������ 0������������0 ������������0 ∙ ln( 3) Punto c) La variazione di entropia dell’universo è data dalla somma della variazione di entropia del gas, calcolata al punto b) e di quella del serbatoio. Qualunque sia la trasformazione, il serbatoio mantiene sempre una temperatura costante, per cui la sua variazione di entropia si può calcolare usando una trasformazione isoterma fra i punti iniziale e finale: Δ������������ ������������������������������������������������ =������������� ������������ ������������ ������������������������������������������������ = ������������ ������������ ������������������������� 10������������ 0= ������������ ������������ 1 10������������ 0� ������������������������ ������������ ������������ L’integrale non è altro che il calore scambiato col gas, visto dal serbatoio. E’ quindi uguale e opposto al calore Q assorbito dal gas e calcolato al punto a). Quindi: Δ������������ ������������������������������������������������ =1 10������������ 0� ������������������������ ������������ ������������ =− ������������ 10������������ 0=−5 ������������ 0������������0 10������������ 0 =−������������ 0������������0 2 ������������ 0 La variazione di entropia dell’universo è data da: Δ������������ ������������������������������������������������ =Δ������������ ������������������������������������ +Δ������������ ������������������������������������������������ =5 2 ∙������������ 0������������0 ������������0 ∙ ln( 3) −������������ 0������������0 2 ������������ 0 =������������ 0������������0 2 ������������ 0 ( 5∙ln( 3) −1) Punto d) E’ immediato verificare che la variazione totale di entropia dell’universo trovata nel punto precedente è maggiore di zero, perciò la trasformazione è irreversibile.