Soluzioni - fis-scamb

Scienze e Tecnologie dell’Ambiente
Soluzioni della prova scritta di Fisica Generale
20 Settembre 2010
Parte 1
Esercizio 1
Una massa M, approssimabile ad un punto materiale, è attaccata all’estremo di una molla di costante
elastica k e lunghezza a riposo nulla. L’altro estremo della molla è attaccato alla parete di una stanza, in
maniera da mantenere la molla orizzontale, mentre la massa puo’ scorrere sul pavimento. Il coefficiente di
attrito statico tra massa e pavimento vale µs .
1A) Se la molla viene allungata per quale estensione della molla la massa comincia a muoversi?
Soluzione dell’esercizio 1
1A) Prendiamo ad esempio l’asse x lungo la direzione della molla, con verso positivo in allontanamento
dalla parete (verso l’esterno) e l’asse y in direzione ortogonale verso l’alto e scomponiamo le forze nelle
due direzioni. Le forze presenti sono: la reazione vincolare del pavimento, ortogonale ad esso e diretta verso
~ la forza peso, P,
~ diretta verso il basso, la forza elastica, diretta lungo la molla verso l’interno
l’alto, N,
F~el =-kx e la forza di attrito statico F~s = µs N diretta lungo la molla verso l’esterno (si oppone al possibile
moto della massa). La condizione per cui la massa inizia a muoversi è che la risultante delle forze sia diversa
da zero. Siccome la massa non può muoversi lungo y si ha N=P=Mg. Consideriamo la risultante delle forze
lungo l’asse x, Rx .
Rx = Fs − kx = µs N − kx = µs Mg − kx
Quindi, la massa inizierà a muoversi per una estensione della molla pari a:
x>
µs Mg
k
Esercizio 2
Un paracadutista si lancia da un aereo che viaggia parallelamente al suolo con una velocità vA ad un altezza
d=800 m. Dopo un tempo ∆t=4 s apre il paracadute e la sua caduta, frenata dalla resistenza dell’aria,
si stabilizza rapidamente ad una velocità vP =8 m/s (si può quindi assumere che immediatamente dopo
l’apertura del paracadute la velocità del paracadutista diventi vP ).
2A) Trascurando la resistenza dell’aria, quanto vale la velocità verticale V del paracadutista subito prima
dell’apertura del paracadute (cioè dopo 4 s dal lancio)?
2B) Sapendo che paracadutista e paracadute hanno massa totale m=90 kg, quanto vale il lavoro fatto
dalla forza di gravità fino a quel momento? (Trascurare, anche in questo caso, la resistenza dell’aria).
2C) Quanto vale il lavoro fatto dalla forza di gravità fino al momento dell’atterraggio? (Trascurare, anche
in questo caso, la resistenza dell’aria).
Soluzione dell’esercizio 2
2A) Prendiamo l’asse z orientato verso l’alto con lo zero in corrispondenza del punto in cui il paracadutista
apre il paracadute. Il moto di caduta libera lungo la verticale in assenza di attrito è uniformemente accelerato con accelerazione gravitazionale di modulo g=9.8 m/s2 . Perciò, dopo 4 s la velocità verticale del
paracadutista è:
V = −g∆t = −39 m/s.
2B) Per calcolare il lavoro fatto dalla forza di gravità è necessario calcolare lo spazio di caduta percorso, h.
Dato che abbiamo trascurato le forze di attrito possiamo utilizzare la conservazione dell’energia meccanica
tra il momento del lancio e quello immediatamente prima dell’apertura del paracadute:
i
f
Ecin
+ U i = Ecin
+ Uf →
1 2
1
mv + mgzi = mvf2 + mgzf .
2 i
2
Per come abbiamo contato le altezze, zf = 0, mentre zi =h rappresenta il dislivello percorso dal paracadutista fino all’apertura del paracadute. Nel momento del lancio il paracadutista ha la velocità orizzontale
dell’aereo da cui si lancia di modulo (vi =vA ), mentre immediatamente prima dell’apertura del paracadute
il paracadutista ha la velocità data dalla somma vettoriale della velocità orizzontale (che è ancora v~A , dato
~ + v~A ). La velocità
che non viene influenzata dalla forza di gravità) e di quella verticale di caduta (~v = V
orizzontale può quindi essere trascurata perchè compare identica in entrambi i membri. Quindi:
1
V2
mgh = mV 2 → h =
= 78 m.
2
2g
La gravità agisce in direzione verticale verso il basso, con una forza costante pari a mg. Nel calcolo del
lavoro ci interessa quindi solo lo spostamento verticale del paracadutista che ha lo stesso verso della forza
gravitazionale. Il lavoro compiuto dalla forza gravitazionale prima dell’apertura del paracadute è quindi:
L = mgh = 6.9 · 104 J.
2C) Il lavoro compiuto dalla forza gravitazionale nella distanza d verticale percorsa dal paracadutista fino
all’atterraggio, è:
L = mgd = 7.1 · 105 J.
Parte 2
Esercizio 3
Una mole di gas perfetto monoatomico occupa un volume V1 =20 l alla temperatura T1 =300 K. Il gas
viene sottoposto ad un ciclo termodinamico composto dalle seguenti tre trasformazioni reversibili:
(i) una trasformazione isobara che dimezza il volume;
(ii) una trasformazione isocora che raddoppia la pressione;
(iii) una trasformazione isoterma che riporta il gas alle condizioni iniziali.
3A) Calcolare il calore, Q, scambiato dal gas con l’ambiente esterno durante il ciclo.
3B) Calcolare il calore scambiato dal gas con l’ambiente esterno durante la trasformazione (iii).
Soluzione dell’esercizio 3
3A) In un ciclo la variazione di energia interna è nulla. Possiamo quindi calcolare il lavoro complessivo,
L, svolto dal gas durante il ciclo e poi calcolare Q dal primo principio della termodinamica: Q=L. Il lavoro
complessivo è la somma dei lavori per le tre trasformazioni. Per la prima trasformazione (isobara) si ha:
L(i) = P1 ∆V = P1 (V2 − V1 ).
Detto V2 il volume alla fine della prima trasformazione si ha: V2 =1/2 V1 e quindi ∆V = - 1/2 V1 = -10 l.
La pressione lungo l’isobara è data da:
P1 =
RT1
= 1.23 atm.
V1
2
Il lavoro lungo la trasformazione (i) vale, quindi, L(i) = -1246 J. Inoltre, poichè la pressione è costante ed
il volume si dimezza anche la temperatura si dimezza: T2 =150 K. Durante la trasformazione (ii), che è
isocora, non viene compiuto lavoro: L(ii) =0.
La trasformazione (ii) porta il gas in uno stato in cui: P3 =2 P2 =2 P1 , V3 =V2 =1/2 V1 . La temperatura
vale quindi:
T3 =
P3 V3
2P1 · 1/2V1
P1 V1
=
=
= T1
R
R
R
e ritorna quindi al valore iniziale. La trasformazione (iii) è isoterma ed il lavoro è quindi:
L(iii) = RT1 log
V1
= RT1 log2 = 1728 J.
1/2V1
Il lavoro complessivo è dunque:
L = L(i) + L(iii) = 482 J.
E quindi:
Q = L = 482 J.
3C) La trasformazione (iii) è isoterma e quindi la variazione di energia interna è nulla. Perciò:
Q(iii) = L(iii) = 1728 J.
Esercizio 4
Una massa m=200 g di un gas perfetto monoatomico subisce una trasformazione isoterma reversibile
durante la quale l’entropia subisce una variazione ∆S=7 cal/K ed il volume raddoppia. Si calcolino:
4A) i) il peso molecolare, µ, del gas;
4B) ii) la quantità di calore scambiata dal gas durante la trasformazione.
Soluzione dell’esercizio 4
4A) La variazione di entropia durante una trasformazione isoterma reversibile è (chiamando n il numero
di moli):
∆S = nRlog
∆S
Vf
→ n=
= 3.64 moli.
Vi
Rlog VVfi
Il peso molecolare µ si ottiene dividendo la massa, espressa in grammi, per il numero di moli:
µ=
m
= 54.9 g/mole.
n
4B) Dato che la trasformazione è isoterma la variazione di energia interna è nulla e, per il primo principio
della termodinamica, la quantità di calore assorbita uguaglia il lavoro svolto dal gas.
Q = L = nRTlog
Vf
= 1378.8 cal.
Vi
3
r
d/2
x
d
Figura 1: Figura problema 5
Parte 3
Esercizio 5
Due cariche positive Q1 e Q2 , approssimabili a puntiformi e di valore pari a q=10−10 C, poste nei punti x1
e x2 , si trovano a d=20 cm di distanza.
5A) Determinare il vettore campo elettrico in un punto generico dell’asse r del segmento che unisce le
due cariche (vedi figura 1).
5B) Determinare il valore numerico del campo elettrico sull’asse r ad una distanza h=1 m dalla retta che
contiene le due cariche (asse x).
r
E1
α
E2
α
d/2
Q2
Q1
0
x
d
Figura 2: Figura soluzione problema 5
Soluzione dell’esercizio 5
5A) Scegliamo l’asse y del sistema cartesiano coincidente con l’asse r e positivo verso l’alto e lo zero
dell’asse x nel mezzo tra le due cariche di modo che le due cariche occupino i punti di coordinate (d/2,0) e
(-d/2,0) (vedi figura 2). Per simmetria si ha che le componenti x del campo elettrico generato da ciascuna
delle due cariche si annullano l’uno con l’altro: E2x =-E1x , mentre le componenti y sono uguali in modulo e
verso: E2y =E1y . Quindi il campo elettrico complessivo è diretto lungo l’asse y, nel verso positivo dell’asse
ed è uguale in modulo al doppio della componente y del campo generato da ciascuna delle due cariche:
tot
Etot
x =0; Ey = 2 E1y = 2 E2y . Ma E1y =E1 cosα, con:
q
(d/2)2 + y 2
y
.
cosα = q
(d/2)2 + y 2
|E1 | = k
e quindi:
4
Extot = 0; Eytot = k
qy
.
+ y 2 )3/2
((d/2)2
5B) Il valore numerico richiesto è:
Extot = 0; Eytot = k
qh
= 1.77 V /m.
((d/2)2 + h2 )3/2
Esercizio 6
Un conduttore sferico di raggio R, isolato presenta una carica elettrica Q.
6A) Si determini il potenziale elettrostatico V0 del conduttore (descrivendo il ragionamento fatto per
giungere al risultato), assumendo nullo il potenziale all’infinito.
6B) Si calcoli la capacità del conduttore.
Soluzione dell’esercizio 6
6A) La carica elettrica Q si distribuisce sulla superficie del conduttore in modo che il campo elettrico da
essa generato internamente al conduttore sia nullo; in tal caso viene verificato che la superficie del conduttore
è equipotenziale. Le cariche devono quindi disporsi a simmetria sferica sulla superficie del conduttore di
raggio R, con densità superficiale di carica σ=Q/4πR 2 . Applicando il teorema di Gauss ed utilizzando la
simmetria sferica del sistema, si trova che il campo elettrico è radiale, vale zero all’interno del conduttore,
mentre fuori dal conduttore è identico a quello di una carica puntiforme Q posta nel centro del conduttore
sferico. Il potenziale elettrostatico della sfera, assumendo zero il potenziale all’infinito, è quindi:
V0 =
Z
∞
R
Er (r )dr = kQ
Z
∞
R
1
Q
dr = k .
2
r
R
6B) La capacità del conduttore è data dalla relazione: C=Q/Vo , quindi:
C=
Q
R
= .
V0
k
Parte 4
Esercizio 7
Si consideri il circuito in figura. Quando l’interruttore S viene chiuso sul contatto di sinistra, i piatti del
condensatore C1 = 20µF si portano alla differenza di potenziale V = 100V . Gli altri due condensatori
C2 = 10µF e C3 = 14µF sono inizialmente scarichi.
Successivamente l’interruttore viene portato sul contatto di destra, escludendo il generatore e chiudendo il
circuito formato dai tre condensatori.
7A) Quali saranno le cariche finali Q1 , Q2 e Q3 sui rispettivi condensatori?
7B) Quanta energia viene dissipata nel processo ?
Soluzione dell’esercizio 7
7A) Quando l’interruttore viene chiuso a destra, parte della carica accumulata sul condensatore C1 si
distribuisce sugli altri due inizialmente scarichi. L’equazione per la maglia destra del circuito è:
q1
q2
q3
−
−
= 0.
C1 C2 C3
5
Figura 3: figura 1
Inoltre le cariche q2 e q3 sui due condensatori C2 e C3 sono uguali, perché questi ultimi sono in serie,
percio’:
1
1
q1
− q2
+
C1
C2 C3
= 0.
Si noti che questa equazione esprime l’uguaglianza della differenza di potenziale ai capi del condensatore
C1 , e ai capi del condensatore formato dal parallelo di C2 e C3 .
La carica totale che si distribuisce sulle armature dei condensatori C1 , e su quello formato dalla serie di C2
e C3 si deve conservare, e deve essere uguale a quella iniziale che è
q0 = C1 V
Si ha quindi il sistema di due equazioni:
q1
1
1
− q2
+
= 0,
C1
C2 C3
q1 + q2 = C1 V .
Questo sistema ha come soluzione:
q2 = q3 =
V
V
, q1 = VC1 −
.
1/C1 + 1/C2 + 1/C3
1/C1 + 1/C2 + 1/C3
7B) L’energia dissipata è pari alla differenza tra l’energia immagazzinata inizialmente nel conduttore 1 e
quella immagazzinata nei conduttori 1,2 e 3 al termine del processo di ridistribuzione della carica:
1
∆E = (q02 /C1 − q12 /C1 − q22 /C2 − q32 /C3 )
2
Esercizio 8
Un elettrone, inizialmente fermo, viene accelerato da una differenza di potenziale di 350V. Al termine
dell’accelerazione esso entra in un semispazio in cui vi e’ un campo magnetico uniforme perpendicolare alla
sua velocita’, di intensita’ pari a 100mT.
6
8A) Calcolare la velocita’ dell’elettrone
8B) Calcolare dopo quanto tempo l’elettrone torna indietro, con velocita’ opposta a quella con cui era
entrato nel semispazio.
Soluzione dell’esercizio 8
8A) La velocità dell’elettrone si ottiene imponendo che l’energia cinetica dello stesso sia pari alla d.d.p.
accelerante per la sua carica:
1 2
mv = q∆V → v =
2
s
2q∆V
m
8B) Nello spazio in cui è presente il campo magnetico l’elettrone percorre un semicerchio di moto circolare
uniforme, con velocità v trovata al punto precedente. Il raggio della circonferenza è dato dalla relazione:
mv
mv 2
= qvB → R =
R
qB
Il tempo impiegato è dunque metà del periodo, t=T/2= πR
v , ovvero:
t=
πm
qB
Esercizio 9
Una lamina conduttrice di lunghezza L, sezione A e resistività ρ è immersa in un campo magnetico B =
4.55 · 10−4^z T. In essa scorre una corrente i = 1 A uniformemente distribuita, come illustrato in figura.
Figura 4: Figura problema 1
La densità dei portatori di carica, che sono elettroni e quindi hanno carica −e = −1.6 · 10−19 C, è
n = 8.5 · 1028 m−3 .
9A) Quanto vale il rapporto tra il campo elettrico che genera la corrente e il campo elettrico dovuto
all’effetto Hall?
9B) A che differenza di potenziale occorre mantenere le due estremità della lamina perché la corrente si
mantenga?
9C) Quanto vale la potenza dissipata in watt ?
Soluzione dell’esercizio 9
9A) Sappiamo che in una lamina conduttrice il modulo del campo di Hall è dato dal prodotto tra la
velocita’ di deriva e il campo magnetico: EH = vd B. A sua volta la velocità di deriva si ottiene invertendo
la relazione che dà la densitàdi corrente: J = nevd : Mettendo insieme le due otteniamo EH = JB
ne Il campo
che genera la corrente (un campo esterno) è invece legato alla densita di corrente tramite la resistività:
EC =ρ*J. Il rapporto tra i due campi risulta dunque:
7
EH /EC =
B
n ∗ eρ
9B) Per mantenere la corrente occorre che i capi del conduttore siano a una differenza di potenziale data
da:
∆V = Ri =
iρL
A
9C) La resistenza totale della lamina è, per la seconda legge di Ohm:
R=
La potenza dissipata è dunque:
W = Ri 2
8
ρL
S