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Corso di FISICA GENERALE I - C.d.S. in Chimica

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Corso di FISICA GENERALE I ­ C.d.S. in Chimica Applicata­ A.A. 2013/2014 Docente: Dott. M. Scarselli ­ prova scritta ­ appello 22 Settembre 2014 Esercizio 1 Supponiamo che un adulto sia in grado di emettere 1.2 L di aria attraverso la bocca in t = 1.2 s. Se si soffia aria in questo modo attraverso una cannuccia di diametro d = 0.6 cm, determinare: 1) la quantità di aria soffiata nella cannuccia, in m3/s; 2) la velocità di uscita dell'aria dalla cannuccia. SOLUZIONE Sia V il volume di aria emesso in un tempo t= 2 s, espresso in m3 si ottiene: V=1.2L = 1.2 x10‐3 m3 1) la quantità di aria soffiata nella cannuccia corrisponde al valore della portata espressa in m3/s sarà data da: Q= V/t= 1.2 x10‐3 (m3)/1.2 s= 10‐3 (m3/s) 2) per calcolare la velocità di uscita ricordando che la portata si può anche esprimere come: Q= SV, dove S è la sezione della cannuccia S= D2/4= (0.6x10‐2)2/4= 2.83 x10‐5 m2 v= Q/S= 10‐3 (m3/s)/ 2.82 x10‐5 m2= 35.36 m/s. Esercizio 2 Alla sommità di un doppio piano inclinato è fissata una carrucola su cui scorre senza attrito una fune in estensibile e di massa trascurabile. Alle due estremità della fune solo attaccati due corpi di massa m1=m e m2=2m, come mostrato in figura. Se =30° calcolare: 1) l’angolo α affinché il sistema si muova con un’accelerazione pari a a=g/9; 2) le tensioni della fune se m=1kg. SOLUZIONE y x
N2 N1
In figura sono mostrate le forze applicate a entrambi i corpi. Scriviamo l’equazione per la dinamica separatamente per i due corpi supponendo che tutto il sistema si sposti verso sinistra, poiché m2>m1. Con questa ipotesi per entrambi i corpi si proietta l’equazione della dinamica sulle due direzioni date una dal piano inclinato (x) e dalla perpendicolare al piano (y). In particolare, si può scegliere come verso positivo per l’asse x quello in direzione sinistra per entrambi. N1+P1+T1= m1a1 N2+P2+T2= m2a2 Proiettando sugli assi (x,y) si ottiene per ciascuna massa: ‐m1gsenα+T1= m1a1 asse x i corpi si muovono in modo NON indipendente per ipotesi verso sinistra (1) m2gsen‐T2= m2a2 ‐m1gcosα+N1= 0 asse y i corpi NON si staccano dal piano (2) ‐m2gcos+N2= 0 1) Se la fune è ideale allora T1=T2, e del resto a1=a2 dall’equazione (1) si ottiene risolvendo il sistema di equazioni rispetto all’angolo α: m2gsen ‐ m1gsenα= (m1+ m2)a Dove l’accelerazione a e l’angolo  sono dati dell’esercizio: 2mg
g

2mgsen  a (m1  m 2 )
1 2
2
9(m  2m)
sen 

1  gm1
gm
3 3
Da cui si ricava un angolo α 42° 2) Per ricavare il valore delle tensioni si può utilizzare l’equazione (2), ricordando che T1=T2, e che a=g/9. T1= m1g/9 + m1g 2/3= m1g (1/9+2/3) = m1g7/9= 7.63 N NOTA: si può verificare che: T2 =T1, infatti, dalla seconda equazione della (2): T2= ‐m2g/9 + m2g 1/2= m2g (1/2‐1/9)= m2g7/18= 2m1g7/18= m1g7/9= 7.63 N Esercizio 3 Un corpo puntiforme di massa m= 300 g viene lanciato lungo un piano orizzontale scabro che ha un coefficiente di attrito dinamico µd= 0.5, con velocità iniziale v0 diretta verso l’estremo inferiore di una sbarretta sottile di massa M= 1.5 kg e lunghezza L= 60 cm. La sbarretta è disposta nel piano verticale e fissata al suo estremo superiore (A) attorno cui può ruotare senza attrito (vedi figura). Il corpo parte da una distanza d= 3.0 m dall’asta e urta in modo completamente anelastico l’asta. Determinare il valore di v0 affinché l’asta dopo l’urto raggiunga un angolo massimo di α= 45°. [Momento d’inerzia sbarretta rispetto ad un suo estremo I=1/3ML2] A α v0
d
SOLUZIONE Il moto del corpo puntiforme avviene su un piano scabro in cui agisce l’attrito dinamico. Applicando il teorema delle forze vive si ottiene la seguente relazione: 1
1
mv12  mv02   d mgd 2
2
Dove v1 è la velocità del corpo puntiforme nel momento in cui urta la sbarretta che è ferma e il termine dopo l’uguale è il lavoro svolto dalla forza di attrito dinamico per il tratto di lunghezza d. v0  v12  2d gd Nell’urto corpo puntiforme e sbarretta non si conserva la quantità di moto ma solo il momento angolare calcolato rispetto al punto A in cui è ancorata la sbarretta, quindi si avrà: mv1L=Itoti Itot è il momento d’inerzia TOTALE del sistema dopo l’urto che si compone del contributo della sbarretta e della massa puntiforme che dista L da A. i è la velocità angolare del sistema dopo l’urto Itot = I+mL2 in cui I=1/3ML2 mv1L=Itoti v1 
mL2  I
mL2  ML2 / 3
3mL2  ML2
i 
i 
i mL
mL
3mL
Nella rotazione si conserva l’energia meccanica e quando l’angolo di cui è ruotato il sistema sbarretta+ corpo raggiunge il valore massimo max il sistema (sbarretta + corpo) si ferma. 1
L

I toti2  mgL  Mg  (1  cos ) 2
2

i 
2
I tot
L
3(2m  M)g

mgL  Mg 2  (1  cos )  2(3m  M)L (2  2)  3.54rad / s Dalle relazioni ricavate in precedenza: v1 
3mL2  ML2
i  5.67m / s 3mL
v0  v12  2d gd = 7.85 m/s 
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