1) Un corpo di massa M=10 kg viene spinto da una forza F, partendo da fermo, verso la sommità di un piano inclinato di 60° rispetto al piano orizzontale e scabro, con coefficiente di attrito µ=0.2.
Calcolare:
b) La forza esercitata dal blocco sul piano inclinato e la forza di attrito.
b) Il modulo della forza F che è necessario applicare per farlo salire con velocità costante o con accelerazione pari a 200 cm/s2;
2) Una mole di gas perfetto monoatomico inizialmente nella stato A a temperatura TA = 200 K compie una trasformazione aperta così composta:
1) Aà B: espansione adiabatica fino alla temperatura TB = TA/4;
2) Bà C: espansione isobara fino alla temperature TC = 2 TB; 3) Cà D: trasformazione isocora fino alla Temperatura TD = TA.
a) disegnare la trasformazione termodinamica nel piano (V,p) e determinare la variazione di energia interna per l’intera trasformazione AàD e per i tre singoli rami;
b) determinare il calore scambiato dal sistema con l’ambiente per l’intera trasformazione AàD e per i tre singoli rami;
[N.B. R=8.31 J/(moleK)=0.082 cal/(K mole)]
3) Un cubetto metallico, di densità ρ = 7 g/cm3 e lato esterno L = 9 cm, ha al suo interno una cavità sferica, in cui c’è il vuoto, di raggio r = 2 cm. Viene appeso ad una fune e totalmente immerso in acqua.
Si calcoli:
a) la spinta archimedea agente sul cubetto;
b) la tensione T del filo.
4) Dato un sistema d’assi cartesiani (x,y) di origine O, una lamina piana , infinitamente estesa ed uniformemente carica con densità superficiale σ = +4 10-12 C/m2 , è fissata in modo di risultare perpendicolare all’asse x, parallela all’asse y e di passare per l’origine O del sistema d’assi. Si svolgano i due seguenti punti:
a) Nel punto P , di coordinate (+4m, 0) , viene lasciata libera di muoversi una particella con carica q = +2 10-12 C , si determini in quale direzione e verso si metterà in moto e si calcoli la sua energia cinetica nel punto R di coordinate (8m, 0) .
b) Supponendo che, in aggiunta alla lamina , sia stata fissata nel punto A di coordinate (2m, 0) una carica puntiforme Q = +20 10-12 C , si determini il campo elettrostatico totale nel punto P e se esistano punti del semiasse positivo x in cui tale campo risulti nullo.
[N.B. ε0 = 8.85 10-12 C2/Nm2]
SCRIVERE IN MODO CHIARO.DESCRIVERE I PROCEDIMENTI E LE FORMULE USATE.
SOSTITUIRE I VALORI NUMERICI SOLO ALLA FINE.INDICARE LE UNITA` DI MISURA. TESTO, SOLUZIONI ED ESITI DELLA PROVA VERRANNO PUBBLICATI ALLE PAGINE:
WWW2.FISICA.UNIMI.IT/BETTEGA/(A-L), WWW.MI.INFN.IT/~SLEONI (M-Z)
a) La forza esercitata dal corpo sul piano inclinato è pari alla componente della forza peso perpendicolare al piano
(Fg)perp= Mg cosθ
= 10kg ×9.8m / s2×1 2= 49N
con verso opposto all’asse y (perpendicolare al piano e uscente dal piano stesso).
La forza di attrito è data da:
Fa=µN = µMg cosθ
= 0.2 × 49N = 9.8N
La direzione è parallela al piano ed opposta al moto del corpo.
b) Se il corpo sale con velocità costante l’accelerazione è uguale a zero:
F!net= M! a = !
F + ! Fg+ !
N + ! Fa= 0
asse x : F − Mgsinθ−µMg cosθ= 0 asse y : N − Mgcosθ = 0
da cui:
F = Mgsinθ + µMgcosθ =
= 10kg ×9.8m / s2× 3
2 + 9.8N
= 84.9N + 9.8N = 94.7N
Nel caso in cui il corpo salga con accelerazione costante: ! Fnet= M!
a = ! F + !
Fg+ ! N + !
Fa
asse x : F − Mgsinθ−µMg cosθ= M ax
asse y : N − Mgcosθ = 0
ove ax = 200 cm/s2 = 200 10-2 cm/s2 = 2 m/s2 si ottiene:
F = Max+ Mgsinθ + µMg cosθ =
= 10kg × 2m / s2+10kg ×9.8m / s2× 3
2 + 9.8N
= 20N + 84.9N + 9.8N = 114.7N
a) la trasformazione termodinamica è rappresentata in figura
La variazione di energia interna ΔEif tra gli stati a temperatura iniziale e finale Ti e Tf è pari a ΔEif = ncV (Tf-Ti)
da cui segue che ΔEAD = 0
ΔEAB = ncV (TB-TA) = 3/2 R (TA/4-TA) = -9/8 R TA = -1869.8 J
ΔEBC = ncV (TC-TB) = 3/2 R (2TB-TB)=
= 3/2 R TB = 623.3 J
ΔECD = ncV (TD-TC) = 3/2 R (TA-TA/2)=
= 3/4 R TA = 1246.5 J b) Il calore totale è dato da:
QAD = QAB + QBC + QCD
ove QAB = 0
QBC = ncp (TC-TB) = 5/2 R (2TB-TB)=
= 5/2 R TB = 1038.8 J
QCD = ncv (TD-TC) = ΔECD =1246.5 J da cui segue:
QAD = 2285.3 J
a) Il modulo della Spinta Archimedea, S A , agente sul cubetto totalmente immerso in acqua, è uguale a quello del Peso di un volume di acqua pari a quello del cubetto. Vale pertanto: S A = ( L 3 ρacqua g ) dove ρacqua = 103 kg/ m3 . Sostituendo i valori numerici si ha S A = 7.144 N.
La Spinta Archimedea ha la direzione della forza Peso, ma verso opposto.
b) Le forze agenti sul cubetto appeso alla fune e totalmente immerso in acqua sono: la tensione della fune T, parallela alla fune e con verso concorde con quello della Spinta Archimedea, il Peso del cubetto cavo, e la Spinta Archimedea S A .
Nella condizione di equilibrio sarà:
T+ S A – P = 0.
Il Peso P del cubetto è:
P= ρcub ( L 3 - (4/3) π r 3 ) g . Sostituendo i valori numerici si ottiene T= 40.56 N.
x y
σ
P
q
A R
a) La carica q, lasciata libera di muoversi in P, è soggetta alla forza elettrostatica creata dalla lamina carica, FL , perpendicolare e uscente dalla lamina. La carica q si metterà in moto pertanto nella direzione e verso del semiasse positivo x.
Il modulo di FL è σ q / 2 ε0 = 0.45 10 -12 N . L’ energia cinetica di q nel punto R si può calcolare utilizzando il teorema Lavoro— Variazione dell’Energia Cinetica, tenendo conto che l’energia cinetica di q in P è nulla, pertanto il Lavoro compiuto da FL durante lo spostamento PR uguaglia l’energia cinetica di q in R. La forza FL è costante e parallela allo spostamento PR e pertanto il lavoro L FL è FL PR. = 1.8 10 -12 J . L’energia cinetica di q in R è quindi 1.8 10 -12 J .
b) La carica Q nel punto A , crea un Campo elettrostatico aggiuntivo a quello della Lamina . Il Campo elettrostatico totale nel punto P è pertanto la somma vettoriale di EL e di E Q , dove E Q = k Q / (AP) 2 ( i ) . Nel punto P i due campi sono paralleli ed equiversi , il modulo del campo totale è quindi la somma dei moduli dei due campi, E tot = EL + E Q = (σ / 2 ε0 ) + (k Q / (AP) 2 )=
(0.225 + 0.045 ) N/C = 0.270 N/C.
Nei punti dell’asse x della regione OA i due campi sono paralleli ma con verso opposto. Gli eventuali punti dell’asse x in cui il campo risultante avrebbe modulo nullo possono pertanto appartenere solo a questa regione e sono i punti in corrispondenza ai quali il modulo di E Q
uguaglia quello di EL . Indicata con x0 la loro coordinata x, con x0 < 2m , si avrà :
kQ/ ( OA- x0 ) 2 = (σ / 2 ε0 ) = 0.225 N/C. Sostituendo i valori numerici si ricava facilmente x0 = 1,105 m.
