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Corso di laurea in Informatica
Compito scritto di Fisca
19 Giugno 2007
Corsi A e B (docenti: Colò, Maugeri)
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1) Precisare dimensioni (nel sistema MKSA) e unità di misura della pressione. La pressione all’interno di
una bolla d’aria all’interno di un liquido è data dall’equazione
2
p  p0  gh 
,
R
dove p0 è la pressione esterna dell’aria, ρ e h sono, rispettivamente, la densità del liquido e la distanza
fra la superficie del liquido e il centro della bolla, mentre σ e R sono, rispettivamente, la tensione
superficiale del liquido e il raggio della bolla. Si ricavino le dimensioni di σ, utilizzando il fatto che
l’equazione scritta deve essere dimensionalmente coerente (Si osservi che la soluzione dell’esercizio
non richiede allo studente la conoscenza del concetto di tensione superficiale).
m
Kg 2
[F ]
s  Kg
[ P] 

2
[S ]
m
ms 2
Kg
[ ]  [ pR]  2
s
Pressione (dimensioni)
ML-1T-2
Presssione (unità misura)
Kg/ms2
Dimensioni di σ
2) Uno sciatore, di massa 70 Kg, viene trasportato, con velocità costante, da un impianto di risalita. A) si
esprima come varia la sua energia potenziale per effetto di un percorso che comporta un dislivello di 300
m (si suppone, ovviamente, che la forza gravitazionale possa essere considerata costante e pari a mg e b)
si esprima, nell’ipotesi che non vi siano forze di attrito, il lavoro che l’impianto deve compiere per
consentire allo sciatore tale variazione di energia potenziale.
Si supponga poi che ci sia attrito tra lo sciatore e il suolo (coefficiente di attrito dinamico: 0.06); c) nota
l’inclinazione del pendio (10 gradi) si calcoli il lavoro della forza di attrito corrispondente ad uno
spostamento che comporta un dislivello di 300 m e d) si esprima il lavoro che l’impianto deve compiere
per consentire allo sciatore di compiere tale percorso (si consideri qui che lo sciatore deve sia compiere
un dislivello di 300 metri che “vincere” l’attrito con il suolo).
ΔU = mgh = 70 Kg 9.8 ms-2 3 102 m = 2.06 105 J = L
La forza di attrito è F (modulo) = μN = μ mg cos 10° , e il lavoro da essa compiuta (si osservi che tale
forza ha verso opposto allo spostamento) è Lattrito = -F Δx = -Fh / sin 10° = - μ mg h cotg 10° = - 2.06
105 J 0.06 5.67 = -7.01 104 J.
Ltot = L – Lattrito = 2.76 105 J.
(Spiegazione dei segni: abbiamo indicato con L il lavoro compiuto dall’impianto in assenza di attrito.
Lattrito è invece il lavoro compiuto dalla forza di attrito ed è negativo perché tale forza si oppone allo
spostamento. L’impianto deve, in presenza di attrito, esercitare una forza uguale e contraria e dunque
vincere la forza di attrito compiendo un lavoro maggiore).
mg
3) Un litro di elio a una temperatura di 27° C ha una pressione di 3105 Pascal. Quante sono le moli di elio?
Sapendo che il peso molecolare dell’elio è di 410-3 Kg/mole, qual è la massa di elio?
Si supponga ora di sottoporre il gas ad una trasformazione che determina il raddoppio della pressione e
del volume. Qual è la temperatura dopo questa trasformazione? Se, in luogo della precedente
trasformazione, il gas ne compie una isobarica (sempre con raddoppio del volume), qual è la
temperatura finale? Per quest’ultima trasformazione si calcoli anche il lavoro compiuto dal gas.
PV=nRT (*)
m  4  10 3
n
PV 2  10 5 Pascal  10 3 m 3

 8.02  10  2 moli
J
RT
8.31
300 K
mole  K
Kg
8.02  10  2 moli  3.21  10  4 Kg
mole
Nel caso della prima trasformazione, data la forma dell’equazione (*), la T finale è 4 volte quella iniziale
(1200 K). Nel caso della seconda, la T finale è 600 K.
In quest’ultimo caso il lavoro è P ΔV = 2 105 10-3 J = 200 J.
4) Si consideri una regione posta all’interno di un condensatore piano con armature quadrate perpendicolari
all’asse verticale e di superficie di 500 cm2. Noto il modulo del campo elettrico (103 N/C), si calcoli la
carica depositata su tali armature (nota: si ricorda che la costante dielettrica del vuoto è ε0 = 8.8510-12
C2/Nm2).
Si consideri poi un elettrone (carica negativa pari a -1.610-19 C) che entra nella regione interna del
condensatore con una velocità iniziale, parallela alle armature, di 107 m/s. Che forza subisce l’elettrone
(modulo e direzione)? Grazie a tale forza, di quanto viene deviato l’elettrone dalla sua traiettoria
iniziale? Verso quale armatura?
Dal teorema di Coulomb, E=σ/ε0 e dunque la carica totale su ciascuna armatura (in modulo) è Q=ε0ES =
8.85 10-12 (C2/N m2) 103 N/C 5 10-2 m2 = 4.43 10-10 C
F = 1.6 10-19 C 103 N/C = 1.6 10-16 N è la forza sull’elettrone (diretta verso l’armatura carica
positivamente).
a = F/m = 1.6 10-16 N / 9.11 10-31 Kg = 1.76 1014 ms-2.
Il tempo necessario per attraversare la regione coperta dalle armature è 0.22 m/10 7 m/s = 2.24 10-8 s. La
deviazione subita è
1
1
m
a  t 2  1.76  1014 2 2.24 210 16 s 2  4.42  10  2 m
2
2
s
5) Si lancia un corpo da terra in aria. All’altezza di 9.1 m si osserva una velocità v = 7.6 i + 6.1 j m/s (i e j
sono i versori degli assi x e y, con x asse orizzontale e y asse verticale diretto verso l’alto). (a) Fino a
che altezza massima si eleverà la pallottola? (b) Quale sarà la distanza orizzontale complessiva
percorsa? Con quale velocità in (c) modulo e (d) direzione la pallottola raggiungerà il suolo?
La formula che lega velocità ed accelerazione è
v0 y  2 gy  v y2
(cf., ad esempio, la parte di teoria dell’appello di Aprile 2007). Da qui si ricava v0y=14.68 m.
L’altezza massima si ricava da
v y  v0 y  gt
ponendo vy=0. Dunque
v0 y
1
0  v0 y  gt  t 
 1.50s  y  v0 y t  gt 2  11m
g
2
La distanza complessivamente percorsa è quella corrispondente al tempo in cui il corpo tocca il suolo.
v0 y
1
0  v0 y t  gt 2  t  2
 3s.
2
g
m
x  7.6 3s  22.8m
s
Infine la velocità lungo y all’istante in cui si tocca il suolo è
m
s
da cui il modulo della velocità e l’angolo con l’asse x si ricavano facilmente:
m
v  v x2  v y2  16.57 ,
s
vy
  artg  65 
vx
v y  v0 y  gt  14.72