Esami svolti di Fisica 1 e Fisica 2_Ingegneria

T T

1 12

= =

D B

Sapendo che il rapporto fra le temperature e ,

T 3 T

C C

T

A

1) si calcoli il rapporto di temperature T

D

2) si calcoli il rendimento del ciclo

Soluzioni dell’ Esame di Fisica per Ingegneria Elettronica e delle Telecomunicazioni (Parte

I): 04-2-2016 x

Soluzione Problema 1. 1) Poniamo l’ asse delle nella direzione parallela al terreno ed orientato come

v y

la velocità . L’ asse delle sara’ messo ortogonalmente e punta verso l’ alto. Allora le componenti della

L

velocità nel sistema di riferimento solidale con il terreno sono

V = v + v cos α V = v sin α. (0.1)

x 0 y 0

L x

In questo sistema di riferimento il moto lungo le sarà rettilineo uniforme ed ubbidirà all’ equazione oraria

x = V t = v t + v t cos α. (0.2)

x 0

L

y

Lungo l’ asse delle è un moto uniformemente accelerato dato da

1

1 2 2

−

− gt = v t sin α gt .

y = V t (0.3)

0

y 2 2

y = 0:

Il tempo di volo del saltatore si ottiene imponendo 2v sin α

0

t = . (0.4)

V g

La gittata sara perciò 2(v cos α + v )v sin α

0 0

L .

x = (0.5)

G g

α

Per trovare il valore di per cui è massima annulliamo la derivata

2

0 2 2 2 2 2

− −

x = [(v cos α + v )v cos α v sin α = 2v cos α + v v cos α v = 0 (0.6)

0 0 0

L L

G 0 0 0

g

Quindi q s

2 4

2

−v ±

v v v + 8v 2

v

v 1

0

L 0 0

L L L

− ±

cos α = = + (0.7)

2 2

4v 2

4v 16v

0

0 0

È accettabile solo la soluzione con un coseno positivo quindi

s 2

v

v 1

L L

−

cos α = + + = 0.186 (0.8)

max 2

4v 2

16v

0 0

2)L’ angolo nel sistema di riferimento soidale con il terreno è dato da

V v sin α

y 0

tan α = = = 0.189 (0.9)

0 V v cos α + v

x 0 L

ed il modulo della velocità q

q

2 2 2

2 2

v = V + V = v + v + 2v v cos α. = 10.556m/s (0.10)

0 L

x y 0 L

Soluzione Problema 2. 1) In un urto elastico si conservano sia l’ energia che la quantità di moto dunque

dobbiamo avere che 1 1 1

2 2 2

m v = m v + m v m v = m v + m v (0.11)

1 1 2

1 0 1 1 2 2 0 1 2

2 2 2

v

Se ricaviamo dalla prima equazione

1 m

2

− v

v = v (0.12)

2

1 0 m

1

e sostituiamo nella seconda troviamo 2

1 1 m + m

1 m 1 2 1

2

2 2 2

2

− ⇒

v + v = v

m v = m v m v v + m v (0.13)

2 0

1 1 2 0 2 2

2

0 0 2

2 2 2m 2 2 m

1 1

Risolvendo troviamo 2m v

1 0

v = (0.14)

2 m + m

2 1

La massima compressione della molla si ha quando l’ energia cinetica associata a questa velocità viene

completamente trasformata in energia potenziale

r r

1 m m

1 2m v

2 2 1 0

2 2 ⇒

m v = kx x = v = = 3.0cm (0.15)

2 2

2

2 2 k k m + m

2 1

2) Se l’ urto e’ anelastico l’ energia cinetica non si conserva ma continua a conservarsi il momento in

particola re abbiamo che m 1

⇒ v

m v = (m + m )v v = (0.16)

0

1 0 1 2 2 2 m + m

1 2

Per questa velocità la massima contrazione si ottiene richiedendo che

1 1

2 2

(m + m )v = kx (0.17)

1 2 2

2 2

ovvero r r

m + m m + m m

m 1

1 2 1 2 1

1 √ √

x = v = 1.8cm

v = x = v = (0.18)

0

2 0

k k m + m m + m

k

1 2 1 2

Soluzione Problema 3. La presenza di un coefficiente di attrito dinamico fa slittare il cilindro sul piano

F = µ M g M

di appoggio. Lo slittamento si traduce in una forza di attrito dinamico di modulo dove è

D

la massa del cilindro. Se ora usiamo le leggi le equazioni cardinali della dinamica possiamo scrivere che

−F

Iα = R Ma = F (0.19)

ovvero l’ attrito dinamico si oppone alla rotazione ma favorisce la traslazione. Possiamo facilmente deter-

minare le accelerazioni da queste due equazioni

µ M gR

D

−

α = a = µ g (0.20)

D

I

Abbiamo due moti uniformemente accelerati uno traslatorio ed uno rotario. Le velocita associate sono

date da µ M gR

D

− t.

v = µ gt ω = ω (0.21)

0

CM D I

T V = Rω

Al tempo deve valere la condizione di rotolamento ovvero CM

µ M gR Rω Rω Rω

0 0 0

D

− ⇒

µ gT = R ω T T = = = = 2.26sec (0.22)

0

D 2

µ M gR

I µ g + 2µ g 3µ g

D

µ g + D D D

D I

T

2) Quando siamo arrivati al tempo il punto di contatto del cilindro si ferma e l’ attrito dinamico viene

rimpiazzato da quello statico che permettera’ al cilindro di rotolare senza strisciare. Allora

1

Rω

0 = Rω = 3.33m/s.

v = µ g (0.23)

0

D

f 3µ g 3

D

Il lavoro fatto dalla forza di attrito e’ pari alla variazione di energia cinetica

2 2

1 1 2

1 1 1 1 1 2 1 1

2 2 2 2 2 2

−

− − −

∆E = Iω I ω M R ω = I(ω ω ω ) = Iω = Iω =

0

K 0 0 0 0 0 0

2 2 3 2 3 2 9 9 2 3 3 (0.24)

1 2 2

M R ω = 16, 67Joule

= 0

6

Soluzione Problema 4. Nel momento in cui togliamo il tappo inizia a fuoriuscire l’ acqua. Possiamo

h l

applicare il principio di Bernoulli prendendo come superfici quella ad altezza e quella ad all’ uscita del

tubo orizzontale. Abbiamo 1 1

2 2

p + ρv + ρgh = p + ρv + ρg` (0.25)

0 0

h `

2 2

Ovvero 1 2 2 −

− ) = g(h `)

Iv ell v (0.26)

h

2

Dalla legge di Leonardo, sappiamo che

2 2 2

πD πd d

⇒

v = v v = v (0.27)

h ` h `

2

4 4 D

quindi s −

2g(h `)

v = = 2.98m/s (0.28)

` 4

d

−

1 4

D

2) Il moto dell’ acqua uscita è uniformemente accelerato 1 2

− gt ;

x = v t y = ` (0.29)

` 2

t

L’ acqua tocca terra dopo un tempo pari a s 2`

t = (0.30)

g

e quinti la gittata è s s s

− −

2` 2g(h `) 4`(h `)

x = = = 30.18m/s (0.31)

4 4

d d

g − −

1 1

4 4

D D

Soluzione Problema 5. Consideriamo le due equazioni delle adiabatiche espresse in termini delle tem-

perature e dei volumi γ−1 γ−1 γ−1 γ−1 γ−1

T V = T V T V = T V = T V (0.32)

A B C D D

A B C D A

V = V

Nell’ ultima abbiamo usato che . Se facciamo il rapporto membro a membro di queste due

D A

equazioni otteniamo γ−1

T T V

A B B

= (0.33)

T T V

D C C

B C

Siccome i punti e sono connessi da una isobara deve valere

T V

B B

= (0.34)

T V

C C

e quindi 5

γ−1 γ

T V T 1

T 3

B B B

A = = = = 0.314 (0.35)

T T V T 2

D C C C

A B.

2) Consideriamo la prima adiabatica che va da a Siccome non c’e’ scambio di calore dal primo

principio della termodinamica −∆U −nc −

L = = (T T ) (0.36)

A−B A−B V B A B C.

Dopo l’ adiabatica abbiamo una trasformazione a pressione costante che va da a In questa trasfor-

mazione il lavoro fatto è − −

L = P ∆V = P (V V ) = nR(T T ) (0.37)

B−C B B C B C B

C D

Nel tratto da a abbiamo nuovamente un adiabatica e dunqc

−∆U −nc −

L = = (T T ) = (0.38)

C−D C−D V D C

D A L = 0.

Infine nella trasformazione da ad chè un isocora non viene svolto lavoro Dunque il lavoro

D−A

totale fatto è −nc − − − −

L =L + L + L + L = (T T ) nc (T T ) + nR(T T ) =

A−B B−C C−D D−A V B A V D C C B (0.39)

− − −

=nc (T T ) nc (T T )

v

P C B D A − −

B C D A

Si scambia calore solo nelle trasformazioni e

−

Q = nc (T T ) > 0 Calore assorbito dal sistema (0.40)

p

BC C B

−

Q = nc (T T ) < 0 Calore ceduto dal sistema (0.41)

v

DA A D

Quindi T

−

1 A

− − − −

nc (T T ) nc (T T ) 1 T T 1 T

L v

P C B D A D A D T

D

− −

= =1 =1 =

η = T

− −

Q nc (T T ) γ T T γ T −

1 B

p

BC C B C B C T

C (0.42)

γ

T 5

T − " #

1 B

−

1 A

1

1 T 1 T 3 1 3

T

D D

T C

D −

− − − 1 = 0.72

=1 = 1 =1 2

T T

γ T γ T 5 3 2

− −

1 1

B B

C C

T T

C C

Compito di Fisica 2

Corso di Laurea in Ingegneria Elettronica e delle telecomunicazioni

5 febbraio 2016 

y

(a) (b) 

1. La lastra piana mostrata in figura (a), di spessore 2d ( d = 0.4cm ) 

+ - -

2

ed area S molto grande ( S >> d ), è elettricamente carica con + - -

densità volumetrica linearmente dipendente da x, come indicato + - -

 3

nel diagramma in figura (b) ( = 1C/m ). Si determinino: (a) il

0 + - - d

-d d

x -d x

campo elettrostatico e (b) il potenziale elettrostatico, mostrando in + - -

grafico i loro andamenti in funzione di x. + - - 



- -

+

2

2. Tra due lastre piane e parallele conduttrici, di area A = L , distanti tra loro x = d 2

1

con d << L, è posto un dielettrico isotropo lineare ed omogeneo di costante

, .

dielettrica avente al suo interno una densità uniforme di carica volumetrica ,

Sulla superficie interna di una delle due lastre è presente la densità di carica d

0 x



superficiale = 2d. (a) Determinare la densità di carica superficiale presente sulla

superficie interna della seconda lastra conduttrice. (b) Determinare la differenza di

potenziale tra le due lastre. F, 

3. Nel circuito di figura (R = 1k, R = 2k, R = 3k, C = 3 = 100V)

1 2 3 P

l’interruttore S è aperto da moltissimo tempo. All’istante t = 0 viene

chiuso. Determinare per t ≥0 l’andamento (a) della tensione ai capi del R

R