Mathematical Engineering - Fisica Sperimentale 1

First partial exam

Traccia sintetica di soluzione – II compitino — 28 giugno 2013 Esercizio 1 a) Disegnando il cilindro così come nella figura accanto all'esercizio, le forze applicate sono le seguenti: •tensione della fune, orizzontale, rivolta verso destra, applicata nel punto più alto del cilindro •forza peso, verticale e diretta verso il basso, applicata al centro di massa del cilindro •reazione vincolare del piano, verticale e diretta verso l'alto, applicata al punto di contatto cilindro-piano •forza d'attrito statico, orizzontale e rivolta verso destra, applicata al punto di contatto cilindro-piano b) ⃗M = 2T R ⃗uzdove ⃗u zè entrante nel piano del foglio c) I=I CM+Md2 =3 2MR2 d) Per il corpo di massa m si può scrivere mgsinθ−T=ma . Per il cilindro invece si ha 2TR=Iα . L'accelerazione angolare del cilindro e l'accelerazione lineare della massa m sono legate da a=2α R. Mettendo a sistema e risolvendo si ricava: a=8mgsinθ 8m+3Mα=4mgsinθ R(8m+3M) Esercizio 2 a) All'equilibrio agiscono sul bidone la spinta idrostatica S=ρ H 2OV IMMERSOg e il suo peso P=ρV TOTg , dirette verticalmente e con verso opposto. Eguagliandole in modulo si ricava: V IMMERSO V TOT=ρ ρ H 2O=0.80 b) Chiamando x l'altezza della parte immersa del bidone, l'allungamento della fune si può scrivere come Δ=h−d 0−x . Sul bidone, oltre alla spinta idrostatica e al peso ora agisce anche una forza elastica. La forza risultante (che all'equilibrio deve annullarsi) si può scrivere come: FRIS = P+ Fel− S=ρVTOT g+(h− d0− x)k−ρH2OVIMMERSO g= =ρπR2lg+(h− d0− x)k−ρH2OπR2xg= 0 da cui: x= ρπR2lg+(h−d0)k ρH2OπR2g+k la frazione immersa è: V IMMERSO V TOT=πR2 x πR2 l=x l=ρπR2 g+(h−d 0) lk ρ H 2OπR2 g+k≃0.83 c) Sostituendo il valore di h' al posto di h nella formula del punto precedente si ricaverebbe una frazione immersa pari a circa 1.1. Questo valore non ha senso fisico, perchè la frazione immersa non può essere maggiore dell'unità. In realtà la formula sviluppata nel punto precedente sottintendeva l'ipotesi che il bidone non fosse completamente immerso: il fatto che risulti 1.1 significa invece che il bidone è totalmente immerso e perciò V IMMERSO VTOT =1. Esercizio 3 b) Durante l'urto si conserva il momento angolare assiale perchè non vi sono forze esterne impulsive con momento non nullo. La velocità angolare ω' del sistema immediatamente dopo l'urto si ricava eguagliando il momento angolare del sistema asta-pallina prima e dopo l'urto:m vL= I'ω' dove I'=I+mL2 =2 3mL2 +mL2 =5 3mL2 è il momento di inerzia dopo l'urto del sistema asta- pallina. Perciò ω'=3 5v L. A seguito dell'urto invece, agendo esclusivamente forze conservative, si conserva l'energia meccanica. Nella posizione finale (asta orizzontale) il sistema è fermo e il baricentro si trova ad altezza L, dunque l'energia meccanica è E2= 3m gL. Nella posizione iniziale il sistema è disposto in verticale, si muove a velocità angolare ω' e il baricentro è ad altezza L/3: l'energia meccanica è E1= m gL+ 1 2I'ω'2. Imponendo E 1 = E 2 e sostituendo le espressioni di I' e ω' si ricava: vmin = √ 20 3 gL. Esercizio 4 b) T B=p B p AT A≃2400K T C=T B (p B p C )1−γ γ =T Ap B p A (p B p A )1−γ γ =T A (p B p A )1 γ ≃1040K c) QA→B=ncV(TB−TA)= 3 2nRTA( pB− pA pA )≃262 KJ Q B→C=0 Q C→A=nc p(T A−T C)=5 2nRT A [1− (p B p A )1 γ ] ≃−155KJ d) L=QA→B+QB→C+QC→A≃107 KJ η=L Q assorbito=Q A→B+Q B→C+Q C→A Q A→B≃41%