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Prova scritta di Fisica Generale I
Corso di studio in Astronomia
– 3 settembre 2014
Problema 1
Una sbarra omogenea di massa M = 5 kg giace in un piano verticale, sostenuta agli estremi
da due molle ideali identiche di lunghezza ` = 21 cm, lunghezza a riposo `0 = 20 cm e
costante elastica k. Ad un certo istante, una particella di massa m = 100 g colpisce la
sbarra nel centro, cadendo da un’altezza h = 1 m. Assumendo che l’urto sia perfettamente
elastico, calcolare
1. le velocit`a della particella, v 0 , e della sbarra, V 0 , dopo l’urto;
2. la massima altezza h0 raggiunta dalla particella dopo l’urto;
3. l’ampiezza A del moto oscillatorio della sbarra dopo l’urto.
Soluzione
La velocit`a della particella subito prima dell’urto si calcola immediatamente usando la conservazione dell’energia
1 2
mv = mgh ,
(1)
2
√
da cui segue v = 2gh . Essendo l’urto elastico, si conservano sia la quantit`a di moto che
l’energia cinetica (le forze esterne, peso e forza elastica, non sono impulsive). Dato che la
sbarra `e inizialmente ferma, che la particella si muove verso il basso con velocit`a v, e notando
che il moto avviene in direzione verticale, risulta
mv = mv 0 + M V 0
1
mv 2 = 12 mv 02 + 21 M V 02 ,
2
(2)
dove v 0 e V 0 sono, rispettivamente, la velocit`a della particella e della sbarra dopo l’urto.
Riscrivendo il sistema nella forma
m(v − v 0 ) = M V 0
m(v − v 0 )(v + v 0 ) = M V 02 ,
si ottiene facilmente
1
(3)
v0 =
m−M
v = −4.25 m/s
m+M
V0 =
2m
v = 0.17 m/s .
m+M
(4)
Il valore negativo di v 0 indica che la particella dopo l’urto rimbalza verso l’alto, come ci si
poteva aspettare dal testo dell’esercizio.
Per calcolare la massima altezza, h0 , raggiunta dalla particella dopo l’urto basta riapplicare la conservazione dell’energia
1 02
mv = mgh0 ,
2
0
02
2
da cui h = v /(2g) = (m − M ) h/(m + M )2 = 0.92 m.
(5)
Dopo l’urto, la sbarra descrive un moto oscillatorio attorno alla posizione di equilibrio e
l’energia meccanica `e conservata. Detta `M la massima elongazione della molla e fissando
lo zero dell’energia potenziale in corrispondenza della posizione iniziale della sbarra, la conservazione dell’energia applicata agli istanti in cui la sbarra si trova alla massima e minima
altezza si scrive
1
M V 02 = 21 (2k)(`M − `)2 + M g(`M − `)
2
1
M V 02 = 12 (2k)(`M − `)2 − M g(`M − `) .
2
Sommando si ottiene M V 02 = 2k(`M − `)2 e quindi A = `M − ` =
(6)
q
M V 02 /(2k). La
costante elastica delle molle si ottiene immediatamente dalla condizione iniziale di equilibrio
della sbarra, 2k(` − `0 ) = M g, da cui k = M g/[2(` − `0 )]. Sostituendo, si ha infine
s
A=
(` − `0 )V 02
= 5.4 mm .
g
(7)
Problema 2
Si considerino due isoterme a temperature T1 e T2 , con T1 > T2 . Una trasformazione
adiabatica reversibile di una mole di gas monoatomico collega un punto A, sull’isoterma T1 ,
a un punto B, sull’isoterma T2 . Una seconda trasformazione adiabatica reversibile, ma in
questo caso di una mole di gas biatomico, collega B a un terzo punto C, situato sull’isoterma
T1 .
1. Si dica, giustificando la risposta, se la pressione nel punto C `e maggiore, minore o
uguale rispetto alla pressione nel punto A. Infine si disegni il percorso ABC nel piano
PV.
2
P#
T1#
T2#
C#
A#
B#
V#
FIG. 1: Soluzione problema 2.
Si considerino ora due cicli di Carnot. Il primo ciclo `e percorso da un gas ideale monoatomico.
Il secondo da un gas ideale biatomico. I valori massimi e minimi delle coordinate termodinamiche per i due cicli coincidono.
2. Si disegnino i due cicli nel piano PV. Si dica, giustificando la risposta, quale dei due
gas compie la maggior quantit`a di lavoro in un ciclo, e quale dei due gas assorbe la
maggior quantit`a di calore.
Soluzione
Applicando l’equazione delle adiabatiche reversibili per pressione e temperatura alle due
trasformazioni, si trova:
1−γ1
1−γ1
T1 PA γ1
1−γ2
γ2
T1 PC
= T2 PB γ1
1−γ2
γ2
= T2 PB
,
(8)
dove γ1 = 5/3 (gas monoatomico) e γ2 = 7/5 (gas biatomico). Con alcune semplici manipolazioni si ricava:
5
PA
PC 7
=
.
(9)
PB
PB
I punti C e A si trovano sull’isoterma a temperatura pi`
u elevata, pertanto PA /PB > 1
e PC /PB > 1. L’uguaglianza si pu`o pertanto ottenere solo se PA < PC . La curva che
rappresenta l’adiabatica del gas monoatomico ha pendenza maggiore rispetto all’adiabatica
del gas biatomico (vedere figura 1). Usando il risultato appena ottenuto, e disegnando i cicli
di Carnot sul piano PV (figura 1) , si vede immediatamente che il ciclo del Carnot del gas
monoatomico racchiude un’area maggiore rispetto al ciclo del gas biatomico.
3
GAS$
S2$
S1$
patm$
FIG. 2: Problema 3.
Pertanto il ciclo del gas monoatomico compie lavoro maggiore. Dal momento che i due
cicli di Carnot operano tra le stesse temperature, hanno lo stesso rendimento. Usando la
definizione di rendimento come rapporto tra calore assorbito e lavoro prodotto, e indicando
con gli indici 1 e 2 i cicli del gas monoatomico e biatomico rispettivamente, si ottiene:
W2
W1
.
ass =
Q1
Q2 ass
(10)
ass
Dato che W1 > W2 deve anche essere Qass
u
1 > Q2 . Il gas monoatomico produce quindi pi`
lavoro e assorbe pi`
u calore in un ciclo.
Problema 3
Un gas si espande in modo isotermo, esercitando pressione sulla superficie libera di un fluido
in moto laminare in un condotto orizzontale cilindrico (vedi figura 2) di sezione S1 = 0.1 m2 .
Il condotto presenta una strozzatura che ne porta la sezione da S1 = 0.1 m2 a S2 = 0.01 m2 .
La lunghezza della parte di tubo a sezione S2 `e pari a ` = 10 m, e quest’ultima `e aperta
all’estremit`a. La pressione dell’ambiente esterno `e pari a patm = 1 bar e il fluido ha viscosit`a
η = 2.5 Pa s e densit`a ρ = 900 kg/m3 . La portata del condotto `e pari a q = 3 × 10−2 m3 s−1 .
Assumendo che la caduta di pressione dovuta alla viscosit`a sia non trascurabile solo nella
parte di condotto a sezione S2 , si calcoli:
1. La pressione p1 sulla superficie libera del fluido.
2. La quantit`a di calore assorbita dal gas nell’intervallo di tempo ∆t = 1 s.
Soluzione
In regime laminare la portata `e costante. La
caduta di pressione `e espressa dalla legge di
q
Poiseuille. Il raggio della strozzatura `e R = S2 /π = 0.056 m. La pressione all’imboccatura
interna della strozzatura `e quindi:
p2 = patm +
8ηq`
= 3 bar .
πR4
4
(11)
Le velocit`a nel tratto a sezione S1 , e all’imboccatura della strozzatura si trovano
dall’equazione di continuit`a (il regime `e stazionario):
m
q
= 0.3
S1
s
m
q
=3 .
v2 =
S2
s
v1 =
(12)
Applicando il teorema di Bernoulli tra la superficie libera del fluido e la strozzatura:
1
1
p1 + ρv12 = p2 + ρv22
2
2
(13)
si ottiene p1 = 2.96 bar.
In ∆t = 1 s la superficie libera del fluido si sposta di h = v1 t = 0.3 m. Il gas pertanto
si espande di un volume V = Sh = 0.03 m3 . Il lavoro per compiere quest’espansione
contro la pressione costante p1 `e pari a W = p1 V = 8880 J. Dato che la trasformazione `e
isoterma, l’energia interna del gas si mantiene costante, e pertanto, dal primo principio della
termodinamica, il calore assorbito `e pari al lavoro.
5
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