Scienze e Tecnologie dell’Ambiente
Soluzioni della prova scritta di Fisica Generale
20 Settembre 2010
Parte 1
Esercizio 1
Un tuffatore si lancia, con velocità iniziale nulla, da un trampolino olimpico di altezza h=10 m.
1A) Quanto tempo dura la sua caduta?
1B) Che velocità raggiunge nel momento dell’impatto con l’acqua?
Soluzione dell’esercizio 1
1A) Si tratta di un moto uniformemente accelerato unidimensionale, la cui accelerazione è data dall’accelerazione di gravità g. Dato che per tale moto uniformemente accelerato si ha:
1
h = gt 2
2
il tempo di caduta è:
t=
s
2h
= 1.43 s.
g
1B) La velocità con cui il tuffatore impatta l’acqua è:
v = gt =
p
2gh = 14 m/s.
Esercizio 2
Un cubetto di massa m, approssimabile ad un punto materiale, viene lasciato scivolare, con velocità iniziale
nulla, dalla cima di un piano inclinato di lunghezza L che forma un angolo α rispetto all’orizzontale.
Calcolare la velocità con cui la massa raggiunge la base, se:
2A) il piano inclinato è privo di attrito;
2B) il piano inclinato è scabro con coefficiente di attrito dinamico µd .
2C) Nel caso di piano inclinato liscio, supponendo che tale piano inclinato sia fissato su una superficie
orizzontale, il cubetto continua il proprio moto sul piano orizzontale che è scabro con coefficiente di attrito
dinamico µ1d . Supponendo che non ci siano perdite di energia nel passaggio del cubetto dal piano inclinato
a quello orizzontale, determinare la distanza percorsa sul piano orizzontale fino al momento in cui il cubetto
si ferma.
Soluzione dell’esercizio 2
2A) Quando il cubetto si muove sul piano inclinato le uniche forze che agiscono sono la forza peso che è
conservativa e la reazione vincolare del piano che è a lavoro nullo. Si può quindi utilizzare la conservazione
dell’energia totale meccanica tra il momento in cui il cubetto parte, da fermo, dalla cima del piano inclinato
e quello in cui arriva al fondo del piano inclinato. Definiamo uguale a zero l’energia potenziale gravitazionale
alla base del piano inclinato. L’altezza della massa in cima al piano inclinato è data da h=Lsenα. Dalla
conservazione dell’energia totale meccanica si ha:
1
mgh = mV 2 .
2
dove V è la velocità del cubetto alla alla base del piano inclinato. Si ha quindi:
V =
p
2gLsenα
2B) Nel caso di piano inclinato scabro sul cubetto, rispetto al caso precedente, agisce anche la forza di
attrito che non è nè conservativa nè a lavoro nullo. Si può applicare il teorema delle forze vive generalizzato,
secondo cui la variazione di energia totale meccanica, tra la posizione alla cima e quella alla base del piano
inclinato, è uguale al lavoro della forza non conservativa (forza di attrito) La .
1
mV12 − mgh = La .
2
dove V1 è la velocità del cubetto alla alla base del piano inclinato. Il lavoro della forza di attrito dinamico è:
La =-µd NL con N modulo della reazione vincolare del piano. In un piano inclinato il modulo della reazione
vincolare è dato da N=mgcosα e quindi: La =-µd mg cosαL. Sostituendo nell’equazione di conservazione
dell’energia si ha:
V1 =
q
2gL(senα − µd cosα).
Si noti che ponendo µd =0 ritroviamo la soluzione per la velocità alla base del piano inclinato nel caso in
cui non sia presente attrito.
2C) Il cubetto, dopo essere giunto alla base del piano inclinato, prosegue il suo moto sul piano orizzontale
scabro e su di lui agisce la forza di attrito dinamico: La =-µ1d N, dove N è il modulo della reazione vincolare
del piano ed è uguale ad mg. L’energia potenziale del cubetto adesso è costante ed uguale a zero. Si può
applicare il teorema delle forze vive, secondo cui la variazione di energia cinetica del cubetto è uguale al
lavoro della forza di attrito agente su di esso. La forza di attrito farà rallentare il cubetto fino ad arrestarlo
dopo che ha percorso un tratto d. Quindi dal momento in cui il cubo arriva sul piano orizzontale a quello
in cui si arresta si ha:
1
− mV 2 = La = −µ1d mgd,
2
dove V è la velocità alla base del piano inclinato trovata nella prima domanda e quindi:
d=
L
senα.
µd
Parte 2
Esercizio 3
Un numero n di moli di un gas perfetto monoatomico sono contenute in un recipiente munito di pistone,
così che, in condizioni di equilibrio, il gas ha la pressione costante P=12 atm. Al gas viene, quindi, fornita
lentamente la quantità di calore Q=3.5 ·109 cal e la temperatura del gas varia, di una quantità ∆T, per
effetto del riscaldamento alla pressione costante P.
3A) Calcolare (in funzione di n) la variazione di temperatura del gas.
3B) Calcolare (anche numericamente) la variazione di volume del gas.
Soluzione dell’esercizio 3
3A) Dato che il gas effettua una trasformazione a pressione costante, si ha:
Q = nCP ∆T ,
dove CP è la capacità termica a pressione costante che per un gas monoatomico vale CP =
quindi:
∆T =
Q
nCP
2
5
2 R.
Si ha
3C) Dal primo pricipio della termodinamica si ha:
Q = ∆U + ∆L,
dove L, nel caso di trasformazione reversibile a pressione costante è: P∆V e ∆U = n CV ∆T. CV è
la capacità termica a volume costante che, per un gas perfetto monoatomico, vale Cv = 32 R. Quindi,
sostituendo:
Q = nCV
Sapendo che:
Q
+ P∆V .
nCP
CP
CV
=γ=
5
3
= 1.67 si ha:
Q
+ P∆V ,
γ
Q=
e quindi:
∆V =
Q−
Q
γ
P
= 4.8 l.
Esercizio 4
Un gas perfetto monoatomico, inizialmente in uno stato di equilibrio, caratterizzato da V1 =25 l, P1 =1 atm,
è soggetto ad una trasformazione adiabatica reversibile che lo porta a raddoppiare il suo volume. Calcolare
per il gas:
4A) i) il lavoro, L, compiuto dal gas;
4B) ii) la variazione, ∆U, di energia interna;
4C) ii) la variazione, ∆S, di entropia.
Soluzione dell’esercizio 4
4A) Per una trasformazione adiabatica reversibile di un gas perfetto si ha:
PV γ = P1 V1γ ,
dove, per un gas perfetto monoatomico γ =
CP
CV
= 35 . Si ha quindi:
V1γ
P = P1 γ ,
V
per cui il lavoro compiuto dal gas risulta:
L=
Z
2V1
P dV =
V1
Z
2V1
P1
V1
= P1 V1γ
Z
V1γ
dV =
Vγ
2V1
V −γ dV .
V1
Alla fine si ha quindi:
L=
P1 V1 1−γ
P1 V1γ 1−γ 2V1
[V1 ]V1 =
[2
− 1] = 13.9 l · atm = 1403.9 J.
1−γ
1−γ
3
4B) Dato che la trasformazione è adiabatica reversibile si ha: Q=Qrev =0. Quindi:
∆U = −L = −1403.9 J.
4C) Dato che la trasformazione è adiabatica reversibile:
∆S =
Z
δQ
= 0.
T
Parte 3
Esercizio 5
Un condensatore sferico è costituito da due armature di raggi R1 =20 cm ed R2 =30 cm, ed è caricato con
una carica Q=10−8 C. Una particella di massa m=1.672 ·10−27 Kg e carica Q=1.6·10−19 C ruota uniformemente su un orbita circolare di raggio r=25 cm, compresa tra le due armature sferiche del condensatore e
concentrica ad esse.
5A) Si calcoli la velocità angolare di rotazione della particella nella sua orbita precisando quale delle due
armature del condensatore è carica positivamente e quale negativamente.
Soluzione dell’esercizio 5
5A) Tra le armature di un condensatore sferico si stabilisce un campo elettrico con linee di forza radiali
di modulo:
Er (r ) =
Q
4πε0 r 2
dove Q è la carica elettrica presente sulle armature ed r la distanza dal centro delle armature sferiche (R1
≤ r ≤ R2 ). Se una particella di carica q e massa m ruota con velocità angolare ω su un’orbita circolare di
raggior, la forza centripeta qEr (r) dovuta al campo elettrostatico presente tra le armature del condensatore
deve uguagliare il prodotto della massa m della particella e della sua accelerazione normale an =ω 2 r, cioè:
qQ
= mω 2 r ,
4πε0 r 2
da cui
ω=
s
qQ
≈ 7.42 · 105 rad/s.
4πε0 mr 3
L’armatura esterna è carica positivamente mentre quella interna negativamente, essendo la forza elettrostatica centripeta diretta verso il centro dell’orbita circolare di moto.
Esercizio 6
In un circuito RC la pila genera una forza elettromotice ε=12 V, la resistenza ha un valore R=2000 Ω ed
il condensatore ha una capacità C=10−3 F. All’istante t0 =0 viene chiuso l’interruttore. Calcolare:
6A) i) la differenza di potenziale ∆V ai capi del condensatore dopo un tempo ∆t molto grande, cioe’
molto maggiore della costante tempo del circuito;
6B) ii) la corrente che fluisce nel circuito all’istante t0 .
Soluzione dell’esercizio 6
4
6A) Dopo un tempo sufficientemente grande, il consensatore è praticamente carico e nel circuito non
fluisce più corrente. La caduta di potenziale ai capi della resistenza è nulla e la differenza di potenziale ai
capi del condensatore è:
∆V = ε = 12 V .
6B) La corrente I(t) che fluisce in un circuito RC ad un dato tempo t è uguale a:
I(t) =
ε −t
e RC ,
R
dove il prodotto RC è detto “costante tempo” del circuito. All’istante iniziale, t0 =0, si ha quindi:
I(0) =
ε
= 6 · 10−3 A.
R
Parte 4
Esercizio 7
Si consideri un condensatore piano carico di superficie S e distanza h tra le armature, su cui sia depositata
la carica Q. Calcolare l’energia associata al condensatore nei seguenti casi:
7A) La distanza tra le armature viene raddoppiata, mantenendo costante la carica sulle armature;
7B) La distanza tra le armature viene dimezzata, mantenendo costante la d.d.p. tra le due armature
7C) Dire da dove proviene l’energia in caso di un aumento, o dove finisce in caso di una diminuzione.
Soluzione dell’esercizio 7
7A) L’energia associata ad un condensatore si può scrivere come:
E=
1 Q2
1
= C ∆V 2
2 C
2
2
L’energia iniziale è E0 = 21 C0 ∆V2 , con C0 = ǫ0hS . Nel primo caso occorre usare E= 21 QC perchè la carica si
conserva. La capacità finale è la metà di quella iniziale e dunque l’energia associata raddoppia:
E=
Q2
C0
7B) Nel secondo caso si parte da E= 12 C ∆V 2 perchè la d.d.p. si conserva. Il dimezzamento della distanza
provoca un raddoppio della capacità e dunque un raddoppio dell’energia:
E = C ∆V 2 .
7D) In entrambi i casi l’energia raddoppia, nel primo caso grazie al lavoro fornito dalla forza che allontana
le due armature, che si trasforma i energia elettrostatica, e nel secondo grazie al generatore che mantiene,
fornendo lavoro, la d.d.p. ∆V ai capi del condensatore.
Esercizio 8
Si consideri un circuito RC costituito da un condensatore di capacità C e due resistenze in serie R1 e R2 .
Una misura della costante di tempo del circuito fornisce il valore τ1 . Inoltre raddoppiando il valore della
resistenza R1 la costante di tempo del circuito aumenta del 50%.
8A) Calcolare R1 e R2 in funzione di C, τ1 .
5
8B) Con i valori di R1 e R2 trovati al punto precedente calcolare il valore della costante di tempo del
circuito se le due resistenze fossero in parallelo anzichè in serie.
Soluzione dell’esercizio 8
8A) Le relazioni fornite dal problema sono le seguenti:
(R1 + R2 )C = τ1
(2R1 + R2 )C =
3τ1
2
da cui si deduce che:
R1 = R2 =
τ1
2C
τ1
8B) La resistenza equivalente delle due resistenze in parallelo trovate al punto precedente è Re q=R1 /2= 4C
,
da cui:
τpar = Req C =
τ1
4
Esercizio 9
Nel circuito in figura la sbarretta di conduttore di lunghezza b, si muove con velocità costante v, partendo
da ferma al tempo t=0 a x=0 (superficie del circuito inizialmente nulla).
Figura 1: Circuito problema 9
Il circuito è immerso in un campo magnetico variabile secondo la legge B=αt e diretto lungo l’asse z, e ha
una resistenza R costante. Calcolare, in funzione del tempo:
9A) La d.d.p. indotta nel circuito;
9B) La forza agente sulla sbarretta in movimento dovuta al campo magnetico;
9C) La potenza dissipata dalla resistenza.
Soluzione dell’esercizio 9
6
9A) La superficie del circuito in funzione del tempo risulta:
S(t) = bvt
e il flusso attraverso la sua superficie è:
Φ(t) = S(t) ∗ B(t) = bv αt 2
La d.d.p. indotta è dunque la derivata del flusso rispetto al tempo, cambiata di segno:
∆V = −2bv αt
9B) La corrente indotta nel circuito in funzione del tempo risulta:
i=
∆V
2bv αt
=−
R
R
da cui la forza agente sulla sbarretta dovuta al campo magnetico risulta:
F = Bib = −
2b 2 v α2 t 2
R
9C) La potenza dissipata nella resistenza R è:
W = Ri 2 = 4b 2 v 2 α2 t 2 R
7
