Soluzioni - fis-scamb

Scienze e Tecnologie dell’Ambiente
Soluzioni della prova scritta di Fisica Generale
9 Luglio 2010
Parte 1
Esercizio 1
Un astronauta di massa m=80 Kg atterra su un pianeta dove il suo peso vale P=200 N.
1A) Sapendo che il raggio del pianeta su cui è atterrato vale R=107 m, determinare la massa M e la
densità ρ del pianeta.
Soluzione dell’esercizio 1
1A) L’accelerazione a cui è soggetto l’astronauta è l’accelerazione di gravità del pianeta ag =P/m =
2.5 m/s2 . L’accelerazione di gravità è pari al valore del campo gravitazionale da cui si ha:
a=
R2 a
GM
= 3.75 · 1024 Kg.
→
M
=
R2
G
La densità è quindi:
ρ=
M
= 894 Kg/m3 .
(4/3)πR3
Esercizio 2
Un carrello di massa m=50 Kg, inizialmente dotato di una velocità v0 =20 m/s, viene fermato da una forza
F~ costante, agente in verso opposto al moto, in un tempo T=10 s. Calcolare:
2A) l’intensità della forza;
2B) il lavoro da essa effettuato sul carrello;
2C) la potenza sviluppata.
Soluzione dell’esercizio 2
2A) Prendendo come verso positivo dell’asse x la direzione di moto del carrello, ed utilizzando le leggi
del moto uniformemente accelerato:
v(t) = v0 + at,
si ha che il modulo dell’accelerazione (negativa) con cui si arresta il carrello è a=v0 /T=2 m/s2 . Da cui
segue che il modulo della forza applicata è:
F = ma = m
2B)
v0
= 100 N.
T
Considerando che il carrello si arresta dopo aver percorso, nel verso positivo dell’asse x, un tratto:
1
1
∆x = v0 T + aT 2 = v0 T
2
2
Il lavoro compiuto dalla forza è:
1
L = −F ∆x = −F v0 T = −104 J.
2
2C)
La potenza totale è:
P = L/t = −1000 W.
Parte 2
Esercizio 3
Una massa M=10 g di elio a temperatura iniziale Ti =0 o C viene riscaldata a volume costante fino a
raddoppiarne la pressione. Trattando l’elio come un gas perfetto monoatomico, la cui massa molare è
m=4.02 g, calcolare:
3A) il lavoro fatto dal gas;
3B) la variazione di energia interna del gas;
3C) la quantità di calore assorbita dal gas.
Soluzione dell’esercizio 3
3A) Il lavoro è nullo perchè il volume del gas non cambia.
L = 0.
3D)
3
∆U = nCv ∆T = nR∆T.
2
Il numero di moli di elio è n=M/m=2.49. A volume costante, se la pressione raddoppia, raddoppia anche
la temperatura e quindi: ∆T=Ti =273.2 K. Quindi:
3
∆U = nR∆T = 8480 J.
2
3B)
Dal primo principio della termodinamica si ha:
Q = ∆U + L = 8480 J.
Esercizio 4
Una macchina termica lavora tra due sorgenti aventi rispettivamente temperature T1 =300 K e T2 =600 K.
sapendo che il rendimento η della macchina è pari al 70% di quello di una macchina di Carnot che lavora
tra le stesse sorgenti e sapendo che la macchina ad ogni ciclo assorbe una quantità di calore Q2 =1000 J,
calcolare:
4A) il lavoro L eseguito dalla macchina;
4B) la variazione ∆S di entropia delle sorgenti in un ciclo.
Soluzione dell’esercizio 4
4A) Per il rendimento si ha:
η = 0.7 · (1 −
T1
) = 0.35.
T2
Il lavoro L è dato da:
L = ηQ2 = 3500 J.
2
4B) Per il primo principio della termodinamica, dato che in un ciclo ∆U=0, si ha: L=Q. Possiamo quindi
calcolare Q1 , il calore ceduto dalla macchina all’ambiente:
L = Q → L = Q2 − Q1 → Q1 = Q2 − L = 6500 J.
La variazione di entropia delle sorgenti in un ciclo è quindi:
∆S =
Q2 Q1
−
= −5 J/K.
T2
T1
Parte 3
Esercizio 5
Un elettrone (massa m=9.11·10−31 kg, carica e= −1.6 · 10−19 C) in moto con velocità v~0 orizzontale e di
modulo v0 =3·106 m/s, entra in una regione in cui è presente un campo elettrostatico uniforme e costante,
~ di modulo E = 500 N/C, perpendicolare a v~0 e diretto verso l’alto. Tale regione si estende in direzione
E,
orizzontale per un tratto d=5 cm. (Nota: la forza gravitazionale è trascurabile).
5A) Si calcoli la velocità dell’elettrone in modulo, direzione e verso all’uscita dalla regione in cui è presente
il campo elettrico.
Soluzione dell’esercizio 5
~ dato che la carica dell’elettrone è negatica
5A) L’elettrone è sottoposto alla forza elettrostatica: F~ = eE;
~ è diretto verso l’alto, la forza sarà diretta verso il basso. Prendiamo come verso positivo
ed il campo E
dell’asse x quello del moto della particella e l’asse y positivo verso il basso. Per studiare il moto dell’elettrone
~ = |e|E ŷ. Scomponendo tale relazione lungo gli assi x ed y si ha:
applichiamo F~ =m~a, dove F
max = 0
may = |e|E.
Quindi lungo l’asse x il moto è rettilineo uniforme, mentre lungo l’asse y è uniformemente accelerato.
Quindi:
vx = v0
|e|E
t
vy =
m
x = v0 t
|e|E 2
t .
y=
2m
Il tempo tf in cui l’elettrone esce dalla regione si può quindi trovare imponendo x=d e quindi:
tf =
d
.
v0
Le componenti cartesiane della velocità di uscita dell’elettrone v~f sono:
vf x (tf ) = v0
|e|E
|e|Ed
vf y (tf ) =
tf =
.
m
mv0
E quindi il modulo della velocità in uscita e l’angolo θ che essa forma con l’asse x verso il basso sono,
rispettivamente:
3
|v~f | =
q
vf2x + vf2y =
θ = arctg(
s
v02 + (
|e|Ed 2
) = 3.34 · 106 m/s.
mv0
vf y
|e|Ed
) = 26o .
) = arctg(
vf x
mv02
Esercizio 6
Si consideri un sistema di due conduttori sferici concentrici isolati ed inizialmente scarichi. Il conduttore
interno è una sfera di raggio R1 , mentre il conduttore esterno è un guscio sferico di raggio interno R2 e
raggio esterno R3 . Immaginiamo adesso di caricare la sfera interna, di raggio R1 , con una carica Q positiva.
6A) Come saranno distribuite le cariche sul guscio sferico conduttore?
6B) Calcolare il vettore campo elettrico (modulo, direzione e verso) in tutto lo spazio.
Soluzione dell’esercizio 6
6A) In un conduttore le cariche si distribuiscono solo sulle superfici. Se carichiamo la sfera interna con
una carica Q, che si distribuirà necessariamente in maniera uniforme sulla superficie della sfera conduttrice,
per induzione la superficie interna del guscio conduttore, di raggio R2 , si caricherà con una carica -Q,
anch’essa distribuita in maniera uniforme. Infine, dato che il guscio inizialmente era scarico, sulla superficie
esterna, di raggio R3 , verrà indotta una carica totale Q.
6B) Come noto all’interno dei conduttori il campo elettrico è nullo. Tutte le cariche sono distribuite a
simmetria sferica sulle superfici conduttrici. Quindi il campo elettrico generato (dove non è nullo) è radiale
uscente e la sua intensità nei vari punti può essere calcolata con il teorema di Gauss prendendo ad esempio
come superfici di Gauss, superfici sferiche centrate nel centro del sistema di cariche. Si ha quindi:
E(r) = 0, r < R1 ; E(r) = k
Q
Q
, R1 < r < R2 ; E(r) = 0, R2 < r < R3 ; E(r) = k 2 , r > R3 .
r2
r
Parte 4
Esercizio 7
Una spira circolare di raggio r è messa in rotazione attorno ad un suo diametro con velocità angolare
costante ω in una regione in cui è presente un campo magnetico uniforme e costante B0 . All’istante t = 0
la normale alla spira e’ diretta come il campo magnetico.
7A) Se la spira ha resistività ρ e sezione A, da quale corrente è percorsa?
7B) Qual’e’ la potenza media dissipata nella spira ?
Soluzione dell’esercizio 7
Si induce corrente nella spira perché l’angolo compreso tra il campo magnetico e la normale alla spira stessa
varia nel tempo: questo significa che il flusso magnetico attraverso la spira cambia e induce quindi una
forza elettromotrice. Questa f.e.m. è data in modulo da
E=
dΦB
.
dt
Il flusso magnetico si ottiene dalla definizione:
ΦB =
Z
S
B · dA = B · πr 2 n̂ = B0 πr 2 cos ωt.
4
La f.e.m. è dunque, in modulo,
E = πωB0 r 2 sin ωt.
Per calcolare la corrente che scorre nella spira ci serve la sua resistenza, data da
7A)
R=ρ
2πr
,
A
per cui la corrente è
i=
7B)
ωB0 rA
E
=
sin ωt.
R
2ρ
Per la potenza dissipata media si ha:
W = Ri2 /2
dove il fattore 1/2 proviene dalla media temporale del sin2 ωt
Esercizio 8
Un elettrone (m = 9 · 10−31 kg) viene sparato con velocità di modulo v0 = 3 · 106 m/s da una sorgente che
si trova al centro di un solenoide rettilineo infinito di raggio R = 5cm e dotato di un numero di spire per
unità di lunghezza pari ad n = 1000 spire/m. Inizialmente la sua velocità forma un angolo θ = π/6 con
l’asse del solenoide.
8A) Calcolare la corrente che deve scorrere nell’avvolgimento del solenoide affinché l’elettrone non ne urti
la parete interna.
Soluzione dell’esercizio 8
Poiché il campo magnetico del solenoide è uniforme e diretto parallelamente all’asse del solenoide, l’elettrone
compie un moto elicoidale. Perché non urti le pareti è sufficiente che il diametro della traiettoria circolare
nel piano perpendicolare al campo, sia minore del raggio del solenoide (si noti che tale traiettoria circolare
passa per l’asse del solenoide):
d = 2r = 2
mv⊥
< R.
eB
v⊥ è la componente perpendicolare al campo della velocità della particella, e vale v⊥ = v0 sin π/6 = v0 /2.
Il campo del solenoide invece (trascuriamo gli effetti di bordo) è dato da B = µ0 ni. La condizione da
imporre sulla corrente è dunque
i>
mv0
.
µ0 nR
5