Prova scritta del 4 febbraio 2015

A.A. 2013-14
Fisica Generale
04-02-15
ESERCIZIO 1
Un treno, partito da fermo da una stazione, percorre una traiettoria rettilinea con accelerazione
a =0.5 m/s2 fino a raggiungere la velocità vf = 80 km/h. Calcolare
a) il tempo trascorso e lo spazio percorso prima di raggiungere la velocità finale;
b) il lavoro per tonnellata speso per portare il treno alla velocità finale, sapendo che il 10% dell’energia
fornita viene dissipato per attrito.
Soluzione
a) Con le condizioni iniziali date (treno fermo e posizione iniziale sullo 0), le equazioni del moto sono:
= ( )= . Al tempo finale tf, chiamato d lo spazio percorso, si ha:
.
( ) = 1⁄2
=
= 1⁄2
Il sistema, risolto, fornisce: = ⁄ = 44.4 e = 492.8 .
b) Chiamata
la forza per tonnellata che produce il moto,
e
le corrispondenti forza di attrito e
risultante delle forze, si ha:
=
= − , dove = 1 = 10
. Il lavoro per tonnellata che
produce moto è
=
=
=
−
, con
= 0.1
. Si ha quindi, per il lavoro speso
):
per portare il treno alla velocità finale (
=
=
=
− 0.1
= 0.9
, da cui:
⁄0.9 = 275 .
=
ESERCIZIO 2
Un proiettile di massa m =5 g e velocità orizzontale v = 200 m s1 urta in
modo completamente anelastico e frontale un piattello di massa M = 200
g, vincolato all’estremità libera di una molla ideale di costante elastica
k = 2000 N m1. Considerando assenti la forza di attrito e qualunque tipo
di resistenza di mezzo, calcolare:
a) la variazione di lunghezza della molla Δx che si ha in seguito all’urto;
b) l’energia dissipata durante l’urto.
Soluzione
a) Conservazione della quantità di moto tra immediatamente prima e immediatamente dopo l’urto:
mv=(m+M)V, da cui V= m v / (m+M) = 4.878 m s1. Si ha quindi, dalla conservazione dell’energia
meccanica dopo l’urto (indicando con Ekd l’energia cinetica subito dopo l’urto):
Ekd = Epf, ovvero ½ (m+M) V2 = ½ k x2 da cui: Δx=(2Ekd/k)=5 cm
b) L’energia dissipata nell’urto è: Ediss=EkiEkd=1/2 m v2  1/2(m+M) V2=97.56 J
ESERCIZIO 3
Un blocco di marmo di massa M = 12 kg è posto su un piano orizzontale
scabro, con coefficiente di attrito dinamico
= 0.3, ed è collegato ad
una fune ideale. La fune è avvolta attorno ad una carrucola assimilabile
ad un disco rigido omogeneo di massa mc = 2 kg e raggio rc= 10 cm, che
ruota attorno all’asse orizzontale passante per il suo centro di massa. Il
secondo estremo della fune è fissato nel centro di massa di una ruota di
marmo di massa m = 10 kg e raggio R = 30 cm, che è appoggiata su un piano scabro inclinato di = 30°
rispetto all’orizzontale.
Calcolare l’accelerazione del blocco nell’ipotesi che la ruota rotoli senza strisciare.
Soluzione
Sia T1 la tensione della fune che tira il blocco e T2 quella del tratto di fune collegato alla ruota di marmo,
la seconda legge di Newton applicata al blocco, proiettata sul piano orizzontale, dà: −
=
.
1
A.A. 2013-14
Fisica Generale
La II Equazione Cardinale per la carrucola è: (
sono la I e la II Eq. Card. per la ruota di marmo:
sistema delle 4 equazioni si ottiene:
sin −
=2
= 0.49
3 +
+2
−
)=
sin −
04-02-15
⁄ . Le ultime due equazioni da impostare
− =
ed = ⁄ . Risolvendo il
ESERCIZIO 4
Una mole di gas ideale monoatomico esegue un ciclo composto da una espansione isoterma reversibile
AB che ne raddoppia il volume, da una trasformazione isocora irreversibile BC, realizzata ponendo il gas
a contatto con una sorgente a temperatura TC, e da una adiabatica reversibile CA che chiude il ciclo.
Calcolare:
a) il rendimento
b) la variazione di entropia dell'universo.
Soluzione
a) Il diagramma del ciclo nel piano di Clapeyron è rappresentato in figura.
Evidentemente il calore viene assorbito nella isoterma e ceduto nell’isocora. Il
⁄
rendimento è perciò dato da = 1 −
, dove le quantità di calore
assorbito
e ceduto
sono
=
ln( ⁄ )
e
( − ). Dall'equazione della adiabatica reversibile si ha
=
=
⟹
= ( ⁄ ) . Sostituendo le precedenti equazioni,
e ricordando che per il gas ideale monoatomico è = 5⁄3, si ottiene
( − )
31 −( ⁄ )
3 1 − (0.5) ⁄
=1−
=1−
=1−
= 0.2
ln( ⁄ )
2 ln( ⁄ )
2
ln 2
b) Per quanto riguarda la variazione di entropia dell'universo si osservi che se il ciclo fosse reversibile
tale variazione sarebbe nulla. Dato che invece la trasformazione isocora è irreversibile, si ha
necessariamente una variazione di entropia delle sorgenti, in quanto la variazione di entropia del ciclo
è nulla. La trasformazione adiabatica reversibile non comporta variazione di entropia, quindi
denotando con S* l’entropia delle sorgenti si ha:
Δ =Δ ∗ +Δ ∗
ESERCIZIO 5
Una sfera uniformemente carica, di raggio R1 = 9 cm e densità di carica  = 12 C m3, è racchiusa da una
buccia conduttrice neutra, di raggio interno R1 ed esterno R2= 2 R1. Determinare:
a) il campo elettrostatico nei punti a distanza 0, R1/2, 3 R1/2, 4 R1 dal centro del sistema;
b) la densità di carica superficiale  sulla superficie esterna della buccia conduttrice;
c) il grafico della differenza di potenziale rispetto all'infinito, in funzione della distanza dal centro del
sistema.
Successivamente una piccola pallina di massa m =1 mg e carica q0 parte dall'infinito con velocità nulla e
giunge, attraverso un sottile foro, tale da non perturbare le distribuzioni di carica, nel centro della sfera
con velocità v = 0.3 m s1
d) Si determini la carica q0.
Soluzione
a) Considerando una superficie gaussiana sferica di raggio r, concentrica al sistema, si ottiene il valore
del campo elettrico:
⁄3
<
( )=
0
< < , da cui otteniamo:
⁄3
>
(0) = 0; ( ⁄2) =
⁄6 = 20 ⁄ ; (3 ⁄2) = 0; (4 ) =
⁄48 = 2.5 ⁄
2
A.A. 2013-14
Fisica Generale
04-02-15
b) Sulla superficie interna della buccia viene indotta una carica uguale e opposta alla carica totale (Q)
della sfera interna (induzione completa). Sulla superficie esterna (S2), essendo la buccia neutra, sarà
presente la carica Q, distribuita uniformemente con densità
4
=3
=
= 9 ∙ 10
12
4
c) Integrando le espressioni del campo elettrico nelle varie regioni (e cambiando il segno) si ottiene:
⁄6 + 1
−
<
( )=
<
< ,
2
>
⁄3
+ 3
dove le costanti ,
e
sono da determinarsi in base alla posizione
scelta come riferimento e alla continuità del potenziale. Prendendo
come riferimento il potenziale all'infinito si ha
= 0,
= 21 ⁄6 0 e
2
= 1 ⁄3 0 .
( ). Dalla conservazione dell'energia,
d) L'energia potenziale della carica
è data da ( ) =
⁄2 (0), dove (0) coincide con . SI ha
chiamata ( ) l’energia cinetica, si ottiene:
=−
⁄2 31 = −12.5 .
quindi:
= −3 0
ESERCIZIO 6
Un circuito è costituito da n = 3 spire di diametro d = 30 cm, ed è immerso in un campo magnetico
uniforme, perpendicolare alle suddette spire. Il campo passa dal valore B1 = 0.4T al valore B2 = – 0.65T in
un tempo t = 180 msec. Calcolare la f.e.m. indotta nelle spire, supponendo che la variazione del campo
magnetico sia uniforme.
Soluzione
Il flusso concatenato con il circuito vale Φ( ) = 3
, dove r=15 cm è il raggio delle spire. La forza
elettromotrice indotta sarà quindi, secondo la legge di Faraday,
Φ( )
=−
= −3
Poiché la variazione del campo è uniforme nel tempo possiamo scrivere
[−0.65 − (0.4)]
Δ
=
=
= −5.83
Δ
180
e quindi
Φ( )
) = 1.24
=−
= −3 (0.15 ) (−5.83
3