Prove svolte di Fisica

P V

3 4

γ γ ⇒

P V = P V =

1 3

4 2 P V

1 2 γ

V

P 1

2

γ γ ⇒

P V =

= P V

1 2

1 2 P V

1 2

da cui:

V

V − 1

4

−

r r

V V E C

2 2 −

− = 1 γ = 0. 704

η = 1 γ γ γ γ γ

−

r r

V

V − 1

4 E C

V V

2 2

PROBLEMA IV

Un corpo di capacita’ termica α e’ ad una temperatura iniziale T . Si ha a disposizione una

0

macchina termica reversibile che lavora utilizzando una sorgente ideale a temperatura T ed il corpo

1

stesso. Determinare il massimo lavoro compiuto dalla macchina e le quantita’ di calore scambiate.

Determinare inoltre le variazioni di entropia della macchina e delle sorgenti.

(Dati: T = 400 K; T = 430 K; α = 500 J/K.)

0 1

Soluzione: la quantita’ di calore da fornire al corpo fino a quando la macchina compie un lavoro

positivo e’: −

Q = α (T T )

c 1 0

essendo la macchina reversibile in ogni ciclo si ha poi:

T δQ

− −

η =1 =1

T δQ

1 1

da cui:

dT T 1

⇒

δQ = αT Q = αT ln

1 1 1 1

T T 0

quindi il lavoro massimo risulta:

T 1

− − −

L = Q Q = αT ln α (T T ) = 548.94J

max 1 c 1 1 0

T 0

La variazione di entropia della sorgente a temperatura costante è:

Q T

1 1

−α

− −36.2

= ln

∆S = = J/K

1 T T

1 0

mentre quella del corpo è:

T 1 −∆S

∆S = α ln = = 36.2 J/K

c 1

T 0

La variazione di entropia della macchina è nulla essendo questa ciclica.

2

PROBLEMA V

Un gas perfetto monoatomico alla pressione P e’ contenuto in un cilindro di volume V con pistone

0 0

mobile ed e’posto in contatto termico con una sorgente a temperatura T . La pressione sul pistone

0

viene bruscamente aumentata al valore P + ∆P , poi il gas viene lasciato ritornare all’equilibrio.

0

Durante il processo l’entropia dell’universo cresce di un valore ∆S.

Determinare:

i) lo stato finale del gas ed il calore scambiato con la sorgente;

ii) posto L = P ∆V , la pressione media P durante il processo;

irr irr irr

iii) se P e’ maggiore o minore del caso reversibile.

irr

(Dati: P = 1 atm; V = 100 l; T = 280 K; ∆P = 0.2 atm; ∆S = 10 J/K.)

0 0 0

Soluzione: lo stato finale di equilibrio si trova con l’equazione di stato, si tratta di determinare il

solo volume: nRT P

nRT 0 0

0 = = V = 83.3 l

V = 0

f P P + ∆P P + ∆P

f 0 0

Utilizzando l’espressione per la variazione complessiva dell’entropia si ha:

Q P

P 0

0 ⇒ −

+ Q = T ∆S nRT ln = 4641 J

∆S = nR ln 0 0

P T P

f 0 f

Essendo il processso isotermo la pressione media risulta:

Q

⇒

P ∆V = Q P = = 2.6 atm

irr irr ∆V

La pressione reversibile si trova dall’equazione:

P Q P Q

0 0

⇒ −nRT ⇒ = 1.03 atm

0 = nR ln + Q = ln P =

0 rev

P T P ∆V

f 0 f

PROBLEMA VI

In un ciclo di Carnot, rappresentato nel piano P-V, la trasformazione isoterma T e’ irreversibile

1

con un rapporto di compressione pari a V /V . Come fluido si adoperano 2 moli di gas perfetto

2 1

biatomico. Si osserva che l’entropia dell’universo per ciclo aumenta di ∆S.

Determinare il rendimento, il lavoro ed i calori scambiati per ciclo.

(Dati: T = 300 K; T = 500 K; V /V = 3.6; ∆S = 5 J/K.)

2 1 2 1

Soluzione: la variazione di entropia e’ legata ai calori scambiati dalla relazione:

Q Q

ass ced

−

∆S = +

T T

1 2

il calore ceduto lungo la trasformazione reversibile si puo’ calcolare (dove si e’ usato che in un ciclo di

Carnot il rapporto di compressione e’ lo stesso per le due isoterme):

V 2

Q = nRT ln = 6386. 7J

ced 2 V 1

da cui: T 1

−T

Q = ∆S + Q = 8144. 5J

ass 1 ced

T 2

da cui: −

L = Q Q = 1757.8J

ass ced

L

η = = 0.215

Q

ass

3

QUADERNO ESERCIZI, Settimana 4

NOTA GENERALE

Le soluzioni sono date nella forma di brevi passaggi senza commenti fino al risultato finale. Maggiori

dettagli possono essere richiesti al docente oppure eventualmente nei testi indicati.

PROBLEMA I

Una massa m è appoggiata ad una molla di costante elastica k che è inizialmente compressa su di

un piano orizzontale di uno spazio ∆x. Il piano orizzontale è liscio fino alla posizione in cui la molla e’

a riposo, al di là di tale posizione è scabro con coefficiente di attrito dinamico pari a µ. Determinare

lo spazio percorso dalla massa. (Dati: m = 2 kg; k = 1000 N/m; ∆x = 0.02 m; µ = 0.05).

Soluzione: durante la fase in cui la massa e’ in contatto con la molla si ha:

−∆x

x (t) = cos ωt

v (t) = ω∆x sin ωt

al distacco (che avviene nella posizione di riposo della molla):

T = 0

x 4

T ≡

v = ω∆x v 0

4 v 0

− ⇒

v t̃ = v µg t̃ = 0 t̃ =

0 µg

2 2

1 v 1 k∆x

1 0

2

− µg t̃ = = = 0.204 m

x t̃ = v t̃

0 2 2 µg 2 µmg

PROBLEMA II

Un aereo compie un cerchio della morte di raggio R alla velocità costante di 31 m/s. Determinare

il minimo raggio del cerchio possibile. Determinare inoltre la forza di portanza agente sull’aereo nel

punto più basso se il raggio del cerchio è pari ai 3/2 del raggio minimo (cf. Halliday-Resnik, cap.3).

Soluzione: l’equazione del moto proiettata lungo l’asse verticale si scrive:

2 2 2 2

v v v v

0 0 0 0

− P ⇒ − P ⇒ ⇒

P = ma P = m R = m R = m = = 98 m

c min

−P

R P P g

allo stesso modo nel punto più basso: 2

v 2 5

0

−P P ⇒ P

+ = ma =ma + P = m + mg = mg + mg = mg = 16m

c c R 3 3

1

PROBLEMA III

Una massa m è connessa all’estremità inferiore di una molla di massa trascurabile e costante

elastica k posta in posizione verticale. La molla è inizialmente in posizione di riposo. Determinare

il moto successivo della massa (legge oraria). (Dati: m = 25 kg; k = 16 N/m.) (Cenno: conviene

utilizzare un sistema di riferimento in cui l’origine coincida colla posizione di riposo della molla).

Soluzione: la nuova posizione di equilibrio e’ (asse x diretto verso il basso):

mg

x = = 15. 3 m

E k

il moto quindi si scrive: mg + A cos (ωt + ϕ)

x (t) = k

mg mg mg mg

⇒ ⇒ − −

x (0) = + A cos ϕ = 0 + A cos ϕ = 0 A = =

k k k cos ϕ k

−ωA ⇒

ẋ (0) = sin ϕ = 0 ϕ = 0

da cui:

mg 4

mg − −

cos ωt = 15. 3 1 cos t m

x (t) = k k 5

PROBLEMA IV

Un pendolo semplice di lunghezza l oscilla in un piano verticale partendo con velocità v dalla

0

posizione di equilibrio. Determinare la massima velocità iniziale per cui il pendolo compie piccole

◦

oscillazioni (|θ| 6 ). Determinare inoltre il moto del pendolo (legge oraria) se la velocità iniziale e’

.

pari alla metà di quella massima.

Soluzione: la soluzione con partenza dalla posizione di riposo si scrive:

θ (t) = θ sin ωt

0 0.327

√

⇒ ⇒

θ̇ (t) = ωθ cos ωt θ̇ (0) = ωθ θ̇ (0) = ωθ =

0 0 max 0,max l

1 0. 163 5 0. 163 5 ◦

√ √

⇒

θ̇ (0) = θ̇ (0) = = θ θ = = 0.052 rad = 3

max 0 0

2 l ω l

PROBLEMA V 12 2

−

Un punto materiale si muove in un piano su una curva di equazioni ρ (t) e ϕ (t) = ω t αt .

0

Determinare ρ (t) in modo che il momento angolare rispetto all’origine risulti costante, in particolare

calcolare la posizione del punto materiale dopo un tempo T . (Dati: ρ (0) = 15000 km; ω = 0.025

0

−6 2

·

rad/s; α = 1.2 10 rad/s ; T = 4 h).

Soluzione: il momento angolare risulta: s s

1 b b

2 2 ⇒

b = 2mȦ = 2m ρ ϕ̇ = mρ ϕ̇ ρ (t) = = −

2 mϕ̇ m (ω αt)

0

2

b(0) = mρ (0) ϕ̇ (0)

s

s 2 r

b ρ (0) ω ω

0 0

ρ (T ) = = = ρ (0) = 26993 km

− − −

m (ω αT ) ω αT ω αT

0 0 0

1 ◦

2

− · ·

ϕ (T ) = ω T αT = 235. 58 rad = 37 2π + 0.494 rad = 37 2π + 28.3

0 2 PROBLEMA VI

2

Un punto materiale è in moto su un piano. Determinare il momento della quantità di moto del

punto se questo si muove con velocità iniziale v parallela all’asse y quando passa per il punto di

0

coordinate (r , 0). Successivamente il punto materiale si muove lungo una traiettoria circolare lungo

0 −

la quale la velocità decresce con legge v(t) = v at. Determinare il momento della forza rispetto

0 2

all’origine. (Dati: m = 25 kg; r = 0.8 m; v = 10 m/s; a = 2 m/s ).

0 0

Soluzione: il momento angolare risulta: −1

2

|~r × |

b = m ~v = mr v = 200 kg m s

0 0 0

per t > 0 si ha: db −mr −40

− ⇒ = a = N m

b (t) = mr (v at) τ = 0

0 0 dt

3

QUADERNO ESERCIZI, Settimana 9, 7 Dicembre 2000

PROBLEMA I

Un bilanciere è formato da due masse uguali m attaccate alle estremità di un’asta uniforme di

massa M e lunghezza L. Il bilanciere è posto in rotazione dalla quiete rispetto ad un’asse passante

per il centro di massa e ortogonale a questo. A questo fine sul bilanciere agisce un momento motore

costante di modulo τ ed un momento resistente (attrito) pure costante di modulo µ. Determinare il

tempo che impiega il bilanciere a raggiungere una velocità angolare pari a ω . Determinare inoltre

f

il tempo di arresto del bilanciere dopo che il momento motore è stato annullato alla velocità ω e il

f

numero di giri complessivo compiuti. (Dati: m = 10 kg; M = 20 kg; L = 0.75 m; τ = 200 N·m;

µ = 25 N·m; ω = 2000 rad/s.)

f

Soluzione: il momento d’inerzia vale:

M

m 2 2

·

+ L = 3.75 kg m

I = 2 12 − Iω

(τ µ) f

⇒

− ⇒ t t = = 42.9 s

I ω̇ = τ µ ω (t) = f −

I (τ µ)

− −

(τ µ) ϕ 1 (τ µ)

1 f

2 2

⇒ '

t N = =