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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