Problemi per esame Fisica 1 by 27yaJCV

VIEWS: 0 PAGES: 2

									20 maggio 2002
                         Svolgimento proposto Esame di Fisica 1
Problema 1
Mediante un impulso verticale di modulo I0 si fa salire un corpo di massa m = 1 kg lungo una guida
verticale indeformabile fino ad un’altezza h = 2m dove il corpo si ferma. Raggiunta questa altezza il
corpo ricade lungo la guida raggiungendo la quota di partenza con un’energia cinetica di 8 J. Si sa
inoltre che lungo la guida agiscono forze dissipative che, nell’agire sul corpo, mantengono modulo
costante durante tutto il percorso. Esse sono verticali e opposte al moto.

Calcolare:
   1. l’impulso I0;
   2. il modulo della forza d’attrito.




Dati del problema:
m = 1 kg, h = OA = 2m.
Il corpo riceve l’impulso I0 in O, che nel nostro sistema di riferimento coincide con l’origine e
quindi y=0. Esso in O acquista la velocità v0i (verso l’alto come l’impulso), legata ad essa dalla
relazione: I0 = p = pf –pi = mvA - mvOi . Il problema dice che il punto si ferma quando raggiunge il
punto A tale che yA = h = 2m  vA = 0. In modulo, il valore della velocità iniziale è:
 vOi = I0/m (1).
Siamo in presenza di una forza dissipativa che durante il moto lungo y è costante F = cost.
Il lavoro delle forze non conservative è uguale alla variazione dell’energia totale, somma di quella
cinetica e di quella gravitazionale, tra lo stato iniziale e finale:
Lnc = (K+U)f – (K+U)i.
Applico questa legge per la prima parte del moto, quando il corpo sale tra O e A:
Lnc = Fh = UAf – KOi = mgh – 1/2mvOi2 (2).
Inoltre la applico allo stato iniziale e finale (quando l’oggetto torna in O con energia cinetica finale
data dal problema KOf = 8 J):
L’nc = 2Fh = KOf – KOi = KOf – 1/2mvOi2 (3).
                                                                         2
Vedo che L’nc = 2Lnc  KOf – 1/2mvOi2 = 2mgh – mvOi2  vOi =               ( 2mgh  K Of ) (4).
                                                                        m
1) Dalle (1) e (4):
I0= 2m(2mgh  KOf ) = 7.9 Ns.
2) La forza dissipativa si può determinare dalla (2):
F = mg - mvOi2/(2h) = mg – ½ m/h [2/m(2mgh-K0f)] = -mg + K0f /h = -5.8 N
(il segno meno vien fuori perché la forza si oppone al moto).
In modulo F vale 5.8 N, è diretta lungo y e si oppone al moto.
Problema 2
Un gas perfetto monoatomico che occupa a temperatura T1 = 300 °K il volume V1 = 10 litri alla
pressione p1 = 5 atm effettua in una macchina di Carnot un ciclo di Carnot. Il gas si espande
dapprima seguendo una isoterma fino al volume V2 = 30 litri. Per questa trasformazione si
calcolino:
    1. la pressione p2 dello stato finale;
    2. il lavoro ed il calore scambiati dal gas specificando se sono un lavoro fatto o subito dal gas e
        se si tratta di un calore assorbito o ceduto dal gas;
    3. la variazione di entropia del gas.
La seconda isoterma del ciclo si svolge a temperatura T2 = 20 °C. Si calcolino:
    4. il calore scambiato durante l’isoterma a temperatura T2;
    5. il rendimento del ciclo.

Dati del problema:
T1 = 300 °K, V1 = 10 litri = 10-2 m3 e p1 = 5 atm = 5*1.013 105 = 5.065 105 Pa
Il numero di moli del gas monoatomico si calcola utilizzando la legge di stato dei gas perfetti
applicata allo stato 1:
n = p1 V1/(R T1) = 2

1) Considero l’isoterma 12 a temperatura T1 = 300 °K e applico la legge di Boyle tra lo stato iniziale
1 e quello finale 2 per determinare p2 : p1 V1 = p2 V2 p2 = p1 V1/V2 = 1.7  105 Pa.
2) Il lavoro fatto dal gas è:
        2       2
                       dV           V
L12 =  pdV   nRT        nRT1 ln 2  5480.65 J.
        1       1
                        V           V1
Trattandosi di una isoterma, per un gas perfetto l’energia interna è solo funzione della temperatura e
quindi U12 = 0 L12 = Q12 = 5480.65 J >0. Lungo 12 il calore è assorbito.
3) La variazione di entropia tra 1 e 2 è:
          2       2     2
            dQ      dL    nR             V
S12                    dV  nR ln 2  18.27 J/°K
          1
             T    1
                    T 1 V                V1

4) Dopo la trasformazione adiabatica 23 si verifica la compressione isoterma 34 a temperatura T2 =
20 °C = 293.15 °K.
                                   4        4
                                                  dV             V
Quindi U34 = 0 L34 = Q34 =  pdV   nRT             nR21 ln 4  -5355.51 J s<0 (calore ceduto e
                                   3        3
                                                   V             V3
lavoro fatto sul g).
5) La trasformazione che riporta il sistema nello stato iniziale 1 è ancora adiabatica.
Per le 2 trasformazioni adiabatiche sappiamo che TV(-1) = cost.
Per la trasformazione adiabatica 23 si ha:
T1V2(-1) = T2V3(-1) , mentre per la trasformazione adiabatica 41 si ha
T2V4(-1) = T1V1(-1) . Facendo il rapporto di (1) e (2) si ottiene:
V2/V1 = V3/V4 (3).
Il rendimento del ciclo quindi è
 = |Ltot|/Qass = (Qass + Qced)/Qass = 1 + Q34/Q12 = [nRT1 ln(V2/V1)+nRT2ln(V4/V3)]/[ nRT1
ln(V2/V1)]. Data la (3) si ottiene, come ci aspettiamo, che il rendimento del ciclo di Carnot dipende
solo dalle temperature delle 2 sorgenti tra le quali il ciclo si svolge:  = (T1-T2)/T1 = 2%.

								
To top