Prova di FISICA del 9 novembre 2004 1) Una particella di massa m= 0.5 kg viene lanciata dalla base di un piano inclinato OAB con velocità iniziale vo= 4 m/s, parallela al piano. Sapendo che il coefficiente di attrito piano-particella µ=0.1, che l'angolo formato dal piano inclinato con il piano orizzontale terrestre è pari a 30° e che OB = 0.5 m , si determini:
a) la variazione di energia cinetica della particella nel tratto OB;
b) la massima quota della traiettoria della particella rispetto al suolo, dopo aver abbandonato il piano inclinato.
2) Data la lamina piana, infinitamente estesa, uniformemente carica positivamente con densità superficiale +σ = 10-6 C/m2, passante per il punto A= (2m, 0) e la cui sezione è parallela all’asse y, e la carica positiva Q= 2 10-6 C, posta nell’origine degli assi (vedi figura), si determini:
a) in quale punto P dell’asse x ( si indichi con d l’ascissa del punto P) debba essere posta una carica puntiforme positiva +q = 10-8C, perché +q risulti in equilibrio;
b) il lavoro che la risultante delle forze elettrostatiche compie, quando la carica +q viene spostata dal punto B=( 1m, 0) al punto C=( 0, 1m).
(Note: Trascurare la forza peso; ε0 = 8.85 10-12 C2/Nm2)
3) Dell’acqua viene pompata da un fiume fino ad un villaggio di montagna attraverso un tubo di diametro d = 15.0 cm. Il fiume è a quota h1 = 564 m, mentre il villaggio si trova a quota h2 = 2096 m.
Se ogni giorno vengono pompati 4500 m3 di acqua, quale è la velocità dell’acqua all’interno del tubo?
Supponendo che l’acqua scorra nel fiume molto lentamente (v≈0), quale è la pressione con la quale viene pompata l’acqua dal fiume al villaggio ?
4) Un gas perfetto monoatomico occupa nello stato A un volume VA = 5.00 L a pressione atmosferica e alla temperatura TA = 300 K. Esso è riscaldato a volume costante fino allo stato B a pressione pB = 3.00 atm. Poi si espande isotermicamente fino allo stato C a pressione pC = 1 atm, ed infine è compresso isobaricamente fino allo stato iniziale A.
a) Si disegni nel piano pV il grafico della trasformazione subita dal gas e si calcolino il numero di moli n di cui è costituito il gas e le coordinate termodinamiche (p,V,T) degli stati A, B e C;
b) Si calcolino il calore Q, il lavoro W e la variazione di energia interna ∆Eint per le trasformazioni AB, BC e CA e per l’intero ciclo.
(Nota: R= 8.31 J/Kmole =0.082 l atmo /Kmole)
SCRIVERE IN MODO CHIARO
GIUSTIFICARE BREVEMENTE I PROCEDIMENTI SOSTITUIRE I VALORI NUMERICI SOLO ALLA FINE
NON DIMENTICARE LE UNITA` DI MISURA
A B
O
m, vo
C
+Q
x y
B
O A
+σ
SOLUZIONE ESERCIZIO 1
a) Per il teorema del lavoro-energia cinetica, il lavoro compiuto dalla forza risultante nello spostamento della particella da O a B uguaglia la variazione di energia cinetica della particella nello spostamento da O a B. Scelto l’asse x parallelo al piano inclinato e con origine nel punto O, la componente della forza risultante agente sulla particella che sale lungo il piano inclinato, parallela all’asse x e pertanto allo spostamento della particella, è :
FRis, // = - mg sen30° -µmg cos 30°
Il lavoro compiuto dalla forza risultante nel tratto OB è L = ( FRis, // ) (OB) La variazione dell’energia cinetica della particella nel tratto OB è pertanto:
∆E cin =L = ( - mg sen30° -µmg cos 30° ) (OB)
Sostituendo i valori numerici si ottiene che la variazione di energia cinetica ∆Ecin = -1.44 J.
b) Dopo aver abbandonato il piano inclinato la particella è soggetta solo all’azione della forza peso, forza conservativa. Pertanto l’energia meccanica nel punto B uguaglia quella nel punto di massima quota , C:
Ecin (B) + U (B) = Ecin (C) +U(C)
dove U è l’energia potenziale associata al campo della forza peso. Si ha quindi:
Ecin (B) +mg hB = Ecin (C) + mg hC
dove hB ed hC sono le quote, rispetto al suolo dei punti B e C, da cui si ricava:
hC = (Ecin (B) +mg hB - Ecin (C) ) / mg
Ecin(B) si calcola facilmente nota l’energia cinetica iniziale, ½ mvo2
, e la variazione di energia cinetica calcolata al punto a):
Ecin (B )= ∆Ecin + ½ mvo2 =-1.44 J + 4J = 2.56 J.
Inoltre:
hB = (OB) sen30° = 0.25 m Ecin (C) = ½ m vC2
= 1.92 J
con vC = vB cos 30° = 2.77 m/s, dato che nel punto di massima quota la velocità della particella è pari alla componente della velocità iniziale (nel punto B), parallela al piano orizzontale terrestre.
Sostituendo i valori numerici si ottiene quindi hC = 38 cm .
a) L’eventuale posizione di equilibrio (punto in cui la risultante delle forze elettrostatiche è nulla) della carica +q si trova necessariamente nel tratto dell’asse x compreso tra O ed A. Solo in questo tratto infatti la forza elettrostatica esercitata dalla lamina e quella esercitata dalla carica +Q sulla carica +q hanno verso opposto e possono pertanto dare risultante nulla.
L’ ascissa d del punto di equilibrio sarà pertanto 0< d < 2m . Imponendo che il modulo della forza esercitata dalla lamina FL (dove FL = σ q /(2εo)) e quello della forza esercitata dalla carica +Q , FQ
(dove FQ = Q q / 4πεo d 2 ) sulla carica +q siano uguali, si ottiene facilmente d:
σ q / 2 εo = Q q / 4 πεo d 2 d= √ (Q/2πσ )
Sostituendo i valori numerici si ottiene d= 56 cm
b) Il lavoro LQ compiuto dalla forza elettrostatica esercitata dalla carica +Q sulla carica +q nello spostamento dal punto B al punto C è : LQ = U (B)-U(C) dove U(B) e U(C) sono le energie potenziali associate al campo della forza elettrostatica esercitata dalla carica +Q sulla carica +q , rispettivamente nei punti B e C. Tali punti sono equidistanti da +Q e pertanto equipotenziali e quindi LQ = 0.
Il lavoro LL compiuto dalla forza elettrostatica, costante, esercitata dalla lamina sulla carica +q, nello spostamento da B a C, è
LL = FL /BC/ cos 45° = qσ/(2ε0) √2 cos 45° = 5.6 10-4 J Il lavoro totale delle forze elettrostatiche è pertanto LTOT = LQ + LL = 5.6 10-4 J.
SOLUZIONE ESERCIZIO 3
La velocità v con cui viene pompata acqua nel tubo si può ricavare dalla definizione di portata:
giorno Av m
4500 3
= ove la sezione del tubo è A = π (d/2)2
m s
m s
m A
giorno
v m 2.95 /
10 0 . 15
2 1
) 3600 ( 24
4500 1
4500 2
2 3
3 =
× ×
= ×
×
= −
π
Per calcolare la pressione applicata a livello del fiume F per pompare acqua al villaggio V utilizzo il teorema di Bernoulli:
Pa s
m m m kg
s m m
Pa kg
v h
h g atm p
v gh
atm gh
p
v gh
p v gh
p
V F
V F
V V
F F
V V
V F F
F
6 2
3 3 2
3 3 5
2 2
2 2
10 1 . 15 ) / 95 . 2 ( 2 10
1532 1 /
8 . 9 10
10 013 . 1
2 ) 1 (
1
2 1 1
0
2 1 2
1
×
=
×
× +
×
× +
×
=
+
− +
=
+ +
= + +
+ +
= +
+
ρ ρ
ρ ρ
ρ
ρ ρ
ρ ρ
J K
Kmole J
V moli nRT V
V nRT dV
V dV pdV nRT
W
B C c C
B c
C
B c C
B BC
103
67 . 1 3 ln 900 ) /
31 . 8 ( ) 203 . 0 (
ln = × × = ×
=
=
=
=
∫
∫
∫
SOLUZIONE ESERCIZIO 4
a) Il numero n di moli di cui è costituito il gas si può ricavare applicando l’equazione dei gas perfetti allo stato A:
K moli Kmole
J
m Pa
RT V n p
A A
A 0.203
) 300 )(
/ 31 . 8 (
) 10 00 . 5 )(
10 013 . 1
( × 5 × 3 3 =
=
= −
Le coordinate termodinamiche degli stati A, B e C sono le seguenti:
Stato A:
pA = 1 atm = 1.013 x 105 Pa VA = 5.00 L = 5.00 x 10-3 m3 TA = 300 K
Stato B:
pB = 3 atm = 3 x 1.013 x 105 Pa = 3.039 x 105 Pa VB = 5.00 L = 5.00 x 10-3 m3
TB = pBVB / nR = (3.039 x 105 Pa) (5.00 x 10-3 m3) / (0.203 moli x 8.31 J/moleK) ≈ 900 K
Stato C:
pC = PA = 1 atm = 1.013 x 105 Pa
VC = nRTC/pC = (0.203 moli x 8.31 J/moleK)(900 K) / (1.013 x 105 Pa) ≈ 15 x10-3 m3 = 15 L TC = TB = 900 K essendo la trasformazione B→C isoterma
b) Determino ora il lavoro W fatto dal gas, il calore Q scambiato e la variazione di energia interna ∆Eint nelle singole trasformazioni, applicando, ove serve, il primo principio della termodinamica.
A→B :
WAB = 0 essendo la trasformazione isocora (VA = VB) ( ∆Eint )AB= Eint,B – Eint,A
= 3/2 nRTB – 3/2 nRTA
= 3/2 nR(TB -TA)=3/2 (0.203 moli)(8.31 J/moleK)(900-300)K= 1.52 x 103 J
QAB = (∆Eint )AB+ WAB = (∆Eint )AB= 1.52 x 103 J dal primo principio della termodinamica.
B→C :
(∆Eint )BC= Eint,C – Eint,B = 3/2 nR(TC –TB)=0 trasformazione isoterma QBC = (∆Eint )BC+ WBC = WBC = 1.67 x 103 J
C→A :
J m
Pa V
V p dV p pdV W
A
C
A
C
C A A A
CA
3 3
3
5 ) (5 15) 10 1.01 10
10 013 . 1 ( )
( − = × × − × =− ×
=
=
=
∫ ∫
−(∆Eint)CA = Eint,A – Eint,C = 3/2 nR(TA –TC)= 3/2 (0.203 moli)(8.31 J/moleK)(300-900)K= -1.52 x 103 J QCA = ∆Eint + W = -1.01 x 103 J -1.52 x 103 J= - 2.53 x 103 J
Per l’intero ciclo sommo i contributi relativi alle singole trasformazioni:
WTOT = WAB + WBC + WCA = (0 + 1.67 x 103 – 1.01 x 103) J = 0.66 x 103 J (∆Eint) = 0 = (∆Eint)AB + (∆Eint)BC + (∆Eint)CA = 1.52 x 103 J + 0 -1.52 x 103 J = 0 QTOT = QAB + QBC + QCA = 1.52 x 103 J + 1.67 x 103 J - 2.53 x 103 J = 0.66 x 103 J
