Svolgimento della Prova scritta di Fisica per FARMACIA - 8

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Suggerimenti sulla soluzione della prova scritta del 19 gennaio 2004
Problema 1
1.
Nel punto di massima altezza la velocità è nulla. Orientando un sistema di assi cartesiani verso il
basso, cioè antiparallelo al vettore g, risulta:
v  v 0  gt  0  v 0  gt MAX  t MAX  2,55 sec
2.
La pietra si muove di moto uniformemente accelerato, con altezza iniziale pari all’altezza dell’edificio.
2
1
h MAX  h EDIF  v 0 t MAX  g t MAX   81.88 m
2
3.
Il tempo necessario per raggiungere la base dell’edificio è dato dal tempo precedentemente calcolato
più il tempo necessario alla pietra per percorre lo spazio di 81.88 m, in caduta libera, con velocità
iniziale nulla. Esso è:
1
h MAX  gt 12  t 1  4.09 sec
2
Pertanto il tempo complessivamente necessario per raggiungere la base dell’edificio è:
t TOT  t MAX  t 1  6.64 sec
4.
Dopo tre secondi la pietra è già nella fase di caduta libera, dalla massima altezza raggiunta, da un
intervallo di tempo di 0.45 sec. Pertanto la sua velocità, diretta verso il basso, è:
v 2  gt 2  4.41 m/sec
Problema 2
Detta L la distanza percorsa sulla superficie del flipper, inclinata con pendenza θ  10.0 , ed h
l’incremento di quota, risulta: h  L sen θ . Siamo in presenza di forze dissipative, pertanto:
1 2 1
kx  mv 2  mgL senθ  μmgL cosθ  v  1.4 m/sec
2
2
Problema 3
Applicando il principio di Archimede al materassino senza le persone si ricava la densità del
materassino.
ρ materassinoo  600 kg/m 3
Nota la densità del materassino si riapplica il principio di Archimede considerando che:
1. sul materassino vi è una massa incognita m (la massa complessiva delle 2 persone).
2. il materassino è ora immerso per 4/5 del suo volume (3/5 di altezza + ulteriori 4 cm).
In questa equazione l’unica incognita è la massa complessiva delle due persone che risulta:
m = 125.6 kg, da cui si ricava il peso.
Problema 4
Preliminarmente si verifica quanto calore deve assorbire il ghiaccio per portarsi alla temperatura di
O°C e quanto calore cede il ferro se la sua temperatura passa da 200°C a 0°C.
Per il ghiaccio:
mG c G 0  TGI   261250 J
Per il ferro:
mFc F 0  TFI   5376 J
Poiché la quantità di calore che cede il ferro portandosi a zero gradi è (molto) minore della quantità di
calore che il ghiaccio deve assorbire per portarsi a zero gradi il sistema termodinamico avrà una
temperatura di equilibrio compresa tra –25°C e 0°C e pertanto non ci sarà alcun cambiamento di fase.
Si imposta quindi l’equazione dell’equilibrio termico e si ricava la temperatura di equilibrio.
Problema 5
Poiché varia l’area della spira concatenata con il campo magnetico B, vi è una forza elettromotrice
indotta data dalla legge di Faraday-Lenz. Considerando la spira come un circuito puramente resistivo,
vi è una corrente indotta data dalla legge di Ohm.
i
V


R
Rt
Soluzione della prova scritta del 11 gennaio 2000
Problema 1
1
h  gt12
2
h  vt2
t  t1  t 2  4.8sec
Problema 2
Problema 3
Soluzione
L’energia termica ceduta dal metallo è uguale a quella assorbita dall’acqua.
m x c x Txi  Txf   mcT f  Ti 
0.05  c x  200  22.4  0.4  418622.4  20  c x  453 J/kg C
Problema 4
Problema 5
Poiché il campo elettrico è uniforme su tutti i punti di una superficie sferica la carica è distribuita con
simmetria sferica all’interno della sfera cava o, in particolare, è una carica puntiforme posta nel centro
della sfera. Il modulo della carica è negativo, poiché il campo elettrico è diretto verso il centro della
sfera. Possiamo ricavare i valore della carica applicando il Teorema di Gauss.
E  4r 2  q  0
 8.90  10 2  4    0.5625  q 8.85  10  12  q  5.56  10  8 C
Indicazioni sulla soluzione della prova scritta del 8/2/2000
Problema 1
La velocità dell’uomo dopo 200 metri in caduta libera è:
v 
2gh 
2(9.8)200  62.61 m/s
La velocità ridiventa nulla dopo la fase di rallentamento sul cuscino,
nello spazio di xF-x = 1.5 m.
v 2F  v 2  2a(x F  x)  a  1307 m/s
2
Problema 2
L’energia cinetica iniziale del disco viene completamente dissipata in calore, a causa dell’attrito tra
disco e ghiaccio, in uno spazio di d = 110 metri.
1
2
mv
2
 μmgd   
v2
2gd
 0.185
Problema 3
L’area della sezione trasversale del tubo è A = cm2
Il flusso dell’acqua è 20.0 litri/min.
Av  20.0
litri
min

20.0  10 3 cm 3
60.0s
 v  106
cm
s
Soluzione 4
Poste le cariche nel sistema di riferimento XY, il campo elettrico ed il potenziale risultante si calcolano
applicando il principio di sovrapposizione, RICORDANDO che il campo elettrico è una grandezza
VETTORIALE.
Soluzione 5
Poiché varia l’area della spira concatenata con il campo magnetico B, vi è una forza elettromotrice
indotta data dalla legge di Faraday-Lenz. Considerando la spira come un circuito puramente resistivo,
vi è una corrente indotta data dalla legge di Ohm.
i  
V
R
 

Rt
B(2ll  l  )
2

Rt
16 gennaio 2001
Le due equazioni orarie. Quando il pacco raggiunge il suolo, sono:
x  vox t
1 2
gt
2
da cui si ricava:
t  6.4 sec
x  255.6 metri
0  200 
L’equazione di conservazione dell’energia, poiché c’è attrito. Si scrive:
1 2
s
1
mv0  mg  mgs cos  mv 2  v  v02  gs  2gs cos  7.3 metri / sec
2
2
2
Dall’equazione di stato dei gas perfetti, applicata allo stato finale del sistema:
pV
T
 100 K
nR
Dalla relazione sul lavoro compiuto durante una trasformazione isoterma:
V
VF
L  nRT ln F  VI  L nRT
 2.49 m 3
VI
e
La somma dei campi elettrostatici generati da Q1 e Q3 nel punto C è eguale ed opposta al campo
elettrostatico generato da Q2 nel punto C, pertanto il campo risultante in C è nullo.
Svolgimento della Prova scritta di Fisica per FARMACIA 6 febbraio 2001
Soluzione
Per
calcolare
la
velocità
della
sfera
nell’istante
in
cui
tocca
la
sabbia,
applichiamo la legge di conservazione della energia meccanica, fissando come livello
zero dell’energia potenziale il punto in cui la sfera tocca la sabbia:
1
1
mv 02  mgh  mv 2  v  25 m/s
2
2
Per
calcolare
la
variazione
di
energia
meccanica
consideriamo
gli
stati
A
e
B
indicati nel problema e quindi fissiamo il livello zero di energia potenziale quello
in cui la sfera è offondata nella sabbia e, dopo d = 20 cm, si è fermata:
1
ΔE mecc  ΔE mecc, B  ΔE mecc, A   mv 02  mg(h  d)  1.5719 J
2
L’energia meccanica NON si conserva, perché la sfera, affondando nella sabbia, DISSIPA energia per
attrito.
La massima energia cinetica del blocco è quella che il blocco possiede nell’istante
in cui si stacca dalla molla, e che viene successivamente dissipata come lavoro fatto
dalla forza di attrito. Pertanto:
E k,max  μmgs  39.2 J
L’energia potenziale elastica della molla fornisce al blocco l’energia necessaria a
percorrere il tratto di lunghezza s in presenza di attrito. La molla era compressa di
una quantità x, tale che:
1 2
kx  μmgs  x  0.32 m
2
Applicando il principio di Archimede e considerando che il volume immerso è pari ai
2/3 del volume della persona:
ρ persona Vpersonag  ρ MarMorto
2
Vpersonag  ρ MarMorto  1470 kg/m 3
3
L’energia termica ceduta dal ghiaccio è uguale a quella assorbita dal caffè.
m caffè c caffè Tcaffè  Tequilibrio  m ghiaccioL f  m ghiaccioc ghiaccio Tequilibrio  Tghiaccio   Tequilibrio  66.2 C
Il campo elettrostatico prodotto da un filo rettilineo indefinito carico si può calcolare applicando, ad
esempio, il teorema di Gauss.
Esso è radiale ed entrante, poiché il filo ha carica negativa, e vale:
E
λ
 40 N/C
2ππ0 r
La forza elettrostatica è repulsiva, perché il filo e la carica Q hanno lo steso segno e vale:
F  QE  Q
λ
 2 10 8 N
2ππ0 r
Svolgimento della Prova scritta di Fisica per FARMACIA - 8 gennaio 2002
Soluzione 1
Le due equazioni orarie per il pacco sono:
1 2
gt
2
x  v0t
y
Quando il pacco tocca terra y = 490 m.
x  v0
2y
 1000 m
g
Soluzione 2
Detto
s
lo
spazio
percorso
l’incremento di quota, risulta:
sul
piano
inclinato
con
pendenza
θ  30.0 , ed h
h  s sen θ
Siamo in presenza di forze dissipative, pertanto:
1 2
kx  mgs senθ  μmgs cosθ  s  10.58 cm
2
Soluzione 3
L’energia termica ceduta dall’acqua è uguale a quella assorbita dal ghiaccio:
m acqua c acqua Tacqua  Tequilibrio 
m ghiaccioc ghiaccio 0  Tghiaccio   m ghiaccioL  m ghiaccioc acqua Tequilibrio  Tequilibrio  58.7 C
Soluzione 4
Applicando il principio di Archimede e considerando che il volume immerso è pari ai
1/2 del volume esterno della sfera:
ρ sfera


4
14
π R3  r3 g  ρ
πR 3 g  ρ sfera  948 kg/m 3
3
23
Soluzione 5
Il campo elettrostatico nell’origine del sistema di riferimento è dato dalla somma
vettoriale dei campi elettrostatici prodotti dalle quattro cariche. Le componenti
X dei 4 campi si annullano, mentre quelle Y si sommano. Il campo è diretto secondo
il verso negativo dell’asse Y. In modulo vale:
E4
0.4  10 -3
4π 0

2  10

2 2
2
 5.09  1010 N/C
2
Alcune soluzioni:
Problema 2 del 22/02/99:
Problema 5 del 09/03/99:
Problema 2 del 11/05/99:
Problema 3 del 11/05/99:
Problema 2 del 14/06/99:
Problema 2 del 20/07/99:
Problema 5 del 20/07/99:
Problema 4 del 11/01/00:
Problema 3 del 22/02/00:
Problema 2 del 22/02/00:
60°C
/4 rad
30.3 zollette
27 metri quadrati
10.47 metri
0.986 10^5 Pascal
16.5°
1.07 metri quadrati
1.5 10^6 Joule
578.2 N
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