Mathematical Engineering - Fisica Sperimentale 1

Second partial exam

TRACCIA DI SOLUZIONE Problema 1 (9 punti) 5 punti enunciato e dimostrazione, 4 punti soluzione del problema Si consideri un asse x disposto orizzontalmente, diretto da destra verso sinistra e con l'origine nella posizione iniziale della pallina (con riferimento alla figura riportata). Non essendoci forze esterne orizzontali, rispetto al sistema pallina+cuneo, la coordinata x del centro di massa del sistema rimane fissa così come si conserva la componente x della quantità di moto del sistema. Il centro di massa del cuneo si trova inizialmente in una posizione (non nota, non essendo nota la forma del cuneo) che chiamiamo X. Alla fine il cuneo si è spostato di D dalla posizione iniziale, quindi il suo centro di massa si trova in posizione X' = X – D. La pallina si trova inizialmente in posizione x = 0, mentre alla fine si è spostata rispetto al cuneo di L, ovvero (x' – X' ) = (x – X) + L. Quindi x' = L – D. Come già detto, la posizione del centro di massa del sistema rimane costante, perciò:m⋅x+ M X m+ M = xCM ,sistema = m⋅x'+ M X ' m+ M m⋅0+MX=m(L−D)+M(X−D) si ricava: D= m m+ M L=5cm La componente x della quantità di moto del sistema rimane costantemente nulla; questa è data dalla somma della componente x della quantità di moto della pallina e dalla quantità di moto del cuneo (che è di per sé parallela a x). Si ha dunque: Qx= m vcos θ+ M v∗= 0 e v∗ =−mvcosθ/M≃−0.24m/s. Problema 2 (8 punti) a) 2.5 punti Per un sistema rotante su un asse fisso z si ha: M z= Izα dove il momento risultante è M z=2F rmentre il momento di inerzia assiale del sistema è dato dalla somma del momento di inerzia della giostra e di quello dei bambini seduti su di essa Iz= IG+ 2m R2 . Si ricava perciò IG= 2Fr α − 2m R2≃ 70 kg m 2. b) 2.5 punti L'energia cinetica di un sistema che sta ruotando attorno ad un asse fisso si può esprimere come E K=1 2I zω2 dal punto precedente si ha immediatamente che I z=2Fr α, mentre essendo un moto ad accelerazione angolare costante risulta ω=α⋅Δt . Di conseguenza: EK= Frα Δt2≃438 J . c) 3 punti L'energia del sistema è inizialmente puramente cinetica e pari alla E K calcolata nel punto b). Il papà applica forze frenanti fino a fermare la giostra, perciò alla fine l'energia meccanica è nulla. Per il teorema dell'energia meccanica: L papà=L NC=ΔE M=−E K≃−438J . Il papà imprime una decelerazione costante al sistema:∣α2∣= M F Iz = M F 2F rα poiché stava ruotando a velocità angolare ω si fermerà dopo un tempo: Δ t2= ω ∣α2∣= 2F r M F Δt≃ 1.75 s . Problema 3 (7 punti) a) 2 punti Sulla sfera agiscono la forza peso P1= m g= ρ1Vsfera ,1g e la spinta di Archimede S1= ρacqua Vimmerso ,1g all'equilibrio di galleggiamento ( P 1 = S 1 ) sappiamo che Vimmerso ,1/Vsfera ,1=1/3, perciò: ρ1= ρacqua Vimmerso ,1 Vsfera ,1 = ρacqua /3≃333 kg /m3 b) 1 punto ….............................. c) 4 punti Le forze esterne a cui il sistema è soggetto sono la forza peso e la spinta di Archimede su ciascuna sfera. La condizione limite del galleggiamento è con entrambe le sfere completamente immerse. Perciò si ha: P1= ρ1Vsfera ,1g= ρ14 3πR3g S1= ρacqua Vimmerso ,1g= ρacqua 4 3πR3g P 2=ρ PbV sfera,2g=ρ Pb4 3πr3 g S2= ρacqua Vimmerso ,2g= ρacqua 4 3πr3g Imponendo la condizione di equilibrio statico, ovvero che la risultante delle forze esterne sia nulla (S 1 + S 2 = P 1 + P 2) si ottiene: r3 ( ρ Pb−ρ acqua )=R3 ( ρ acqua−ρ 1 ) da cui: r R = 3 √ ρacqua − ρ1 ρPb− ρacqua = 3 √ 2 3 1 ρPb ρacqua −1 ≃ 0.40 Problema 4 (8 punti) a) 2 punti La trasformazione è isocora, perciò: p 1=p 0T 1 T 0≃3.03⋅105 Pa ΔS 01= ∫ revδQ T= ∫ T 0T 1 nc VdT T=3 2nRlnT 1 T 0≃13.7J/K b) 2 punti Il lavoro di una trasformazione isoterma reversibile di un gas perfetto è: L 12= ∫pdV= ∫ V 1V 2 nRT 1dV V=nRT 1lnV 2 V 1=nRT 1lnp 1 p 0=nRT 1lnT 1 T 0≃8220J la variazione di entropia è: ΔS 12= ∫ revδQ T= ∫dL T=L 12 T 1=nRlnT 1 T 0≃9.1J/K c) 1 punto Con questa trasformazione isobara si chiude un ciclo termodinamico che riporta il gas nello stato iniziale. Siccome sul ciclo deve essere, per il gas, Δ Stot=0, ne consegue: ΔS 20=−ΔS 01−ΔS 12≃−22.8J/K d) 3 punti La variazione di entropia dell'universo è data in generale dalla variazione di entropia del sistema (gas) sommata alla variazione di entropia dell'ambiente (termostati con cui scambia calore). Poiché sul ciclo la variazione di entropia del gas è nulla, la variazione di entropia dell'universo coincide con la sola variazione di entropia dei termostati. Δ SU= Δ Stermostati =−Q01 T1 − Q12 T1 − Q20 T0 = −Q01 T1 − L12 T1 − Q20 T0 = =−nc V(T 1−T 0) T 1−nRT 1lnT 1 T 0 T 1+nc p(T 1−T 0) T 0≃24.1J/K