Compito di Fisica 1 3 Luglio 2012 Corso di Laurea in Ingegneria ...

Compito di Fisica 1
3 Luglio 2012
Corso di Laurea in Ingegneria Elettronica
1. Un punto materiale si muove nel piano xy con legge oraria: x(t) = A e -at cos(ωt)
A = 1m ; a = ω/2; ω = 0.6 rad/s.
y(t) = A e -at sen(ωt)
(a) Mostrare in grafico l’andamento delle coordinate x ed y nel tempo di un periodo T ; (b) valutare
l’espressione del vettore velocità; (c) Determinare il modulo dell’accelerazione del punto materiale.
2. Un corpo di massa m=1200kg sale su un piano inclinato di 4° rispetto all’orizzontale con velocità costante v =
50km/h. (a) Determinare la rapidità con cui varia la sua energia potenziale. (b) Sapendo che la potenza del
motore è di 20kW si trovi la forza di resistenza dell’aria sul corpo.
3. Un sistema è costituito da una sbarra BO , sottile ed omogenea e di massa
m = 1.4 kg e lunghezza l = 4R, imperniata liberamente nell’estremo O all’asse
di un disco omogeneo , di massa M = 2 kg e raggio R = 12cm. (a) Il sistema è
fermo con l’estremo B dell’asta poggiato sul piano orizzontale, si suppone che
in B l’attrito fra asta e piano sia trascurabile. Determinare le componenti delle
reazioni vincolari del piano agenti nei punti B e C. (b) Si applica in B una forza
orizzontale F = 25 N: il sistema si muove sul piano orizzontale in una
configurazione in cui l’estremo B dell’asta è sollevato da terra ed essa forma un
angolo costante θ rispetto all’orizzontale. Supposto il moto del disco di puro
rotolamento, determinare l’accelerazione dell’asta.
C
4. Il fondo di un recipiente cilindrico, di raggio r = 30 cm è costituito da un pistone
mobile, a tenuta, a forma di cilindro e di massa m = 6 Kg; il recipiente, contenente
aria, è collegato ad un manometro ad U contenente mercurio ( ρ Hg = 13.6 10 3 Kg/m 3 ).
Il livello del mercurio nel ramo del tubo ad U esposto all’aria supera quello del ramo
collegato al recipiente di una quota h = 40 cm. a) Determinare la pressione all’interno
del recipiente. b) Nelle condizioni del punto a) determinare la forza F che deve essere
esercitata perpendicolarmente alla superficie del pistone per mantenerlo fermo (si
suppone che tutto il sistema sia immerso in aria). c) Determinare la pressione
all’interno del recipiente nel caso in cui il pistone rimanga fermo senza l’ausilio della
forza F.
5. Una mole di gas perfetto monoatomico compie il ciclo reversibile ABC rappresentato
in figura, con p A = 7.5x10 4 Pa; p B = p C = 5x10 4 Pa; V A = V C = 2dm 3 ; V B = 8dm 3 . Calcolare:
(a) le quantità di calore scambiate durante le tre trasformazioni, (b) il rendimento del
ciclo.
p
P A
P B
A
C
B
V A V B V

Soluzioni
1. a) I grafici delle funzioni corrispondo agli andamenti periodici descritti dalle funzioni coseno e sono le
cui ampiezze risultano diminuire con il tempo esponenzialmente. Con i dati del problema abbiamo gli
andamenti qui sotto riportati.
1.2
0.6
x(t) [m]
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
0.0
-0.2
-0.4
0 2 4 6 8 10
t [s]
y(t) [m]
0.4
0.2
0.0
-0.2
0 2 4 6 8 10
t [s]
(b)
= − − = − + ;
= − + = − →
= 1 2 + + − 1 2
(c)
=
= − − − + −
=
= − − + + − −
= − + 2
= − − 2
= + =
= − + 2 + − − 2
Poichè a = ω/ 2
= − 3
4 + + − 3
4 − =
= 9
16 + − 3 2 + 9
16 + + 3 2
→ = 9 16 + 1 = 5 4

y
2. (a) L’aumento di energia potenziale durante il moto è regolato dalla
legge: dU = mgdy, quindi la rapidità di variazione dell’energia potenziale
e’ data da:
= = = = 11.4
x
θ
(b) dato che l’energia cinetica non varia, il tasso di variazione dell’ energia potenziale è interamente
dovuto al bilancio tra la potenza fornita dal motore e la potenza dovuta alla resistenza dell’aria:
+ =
con : P aria = - F aria v. Otteniamo: =
− = 619 N.
O
3. (a) All’equilibrio abbiamo:
N B
Mg
N C
ΣF i = 0 →
B
mg
C
Verticale: N B + N C –mg – Mg = 0 → N B + N C =mg + Mg
Orizzontale: visto che non c’e’ attrito in B, deve essere lo stesso in C: f sC = 0 .
ΣM i = 0 → Se calcoliamo i momenti rispetto ad O: N B L cosθ = mg L/2 cosθ
→ N B = mg/2 = 6.9N;
N C = Mg + mg/2 = 26.5N.
(b) Le equazioni del moto di puro rotolamento di questo sistema sono:
Da cui deduciamo: = e =
= 5.7 m/s2 .
− = +
=
4. (a) p = p atm + ρgh = 1.55x10 5 Pa ; (b) F = πr 2 ρgh + mg = 4.4x10 4 N;
(c) p’ = p atm – mg/(πr 2 ) =1.01x10 5 Pa.
5. =
= 18.05; =
= 48.13; =
= 12.03.
Q CA = nc v ( T A -T C ) = 75 J;
Q BC = nc p ( T C -T B ) = - 750 J;
Considerando che: W = ½ ( p A – p B ) ( V B – V A ) = 75 J e
→ Q AB = W - Q BC - Q CA = 750 J .
Q AB +Q BC + Q CA = W
(b) =
=
=
=9%