Esercizi di esame di Fisica 1 e Fisica 2

Soluzioni dell' Esame di Fisica per Ingegneria Elettronica e delle Telecomunicazioni (ParteI): 15-06-2016 x v y

1) Il valore della pressione, del volume e della temperatura in:

2) Calcolare il lavoro fatto nel ciclo.

Soluzione Problema 1. Se mettiamo l'asse lungo la velocità con cui parte e l'asse lo prendiamo ortogonale al piano della rotazione. Dunque l'equazioni orarie per il sasso sono:

1 - x = vt

2 - y = h gt^2

Il tempo di volo del sasso è:

t = sqrt(2h/g)

Lo spazio percorso lungo la direzione è:

s = rt

Se denotiamo con l la lunghezza della cordicella la velocità angolare è:

ω = v/l

2) La velocità lungo l'asse prima di toccare terra è:

v = gt

Dunque il modulo della velocità è:

V = sqrt(v^2 + v^2) = sqrt(2gh)

Soluzione Problema 2.

Denotiamo con l'accelerazione a del carello lungo la direzione orizzontale e con quella a della massa lungo l'asse y. Sia inoltre la tensione del filo T. Allora abbiamo le seguenti due equazioni del moto: -ma = T - mg (equazione 1) (m + M)a = Tx ∆x (equazione 2) Notiamo poi che il carrello avanza di ∆x mentre la massa scende di ∆y. Quindi troviamo il seguente rapporto: ∆y/∆x = -a/g (equazione 3) Possiamo a questo punto risolvere il sistema per a e per T. La seconda equazione ci dà: T - ma = mg (equazione 4) Se sostituiamo questa nella prima equazione troviamo: m(m + M)a - mg = mg a(m + M) = 2mg a = 2mg/(m + M) Quindi, troviamo il valore di T: T = ma + mg T = (2mg/(m + M)) + mg T = mg(2 + (m + M)/(m + M)) T = mg(2 + 1) T = 3mg Quindi, abbiamo trovato che T = 3mg e a = 2mg/(m + M). Soluzione Problema 3. Se il momento di inerzia dell'asta rispetto al suo centro di massa è I = 1/2ml^2, ora teniamo conto che l'asse di rotazione si trova ad una distanza x dal bordo dell'asta. Per il teorema di Huygens-Steiner abbiamo che il momento di inerzia totale dell'asta è: I_totale = I + mx^2 I_totale = 1/2ml^2 + mx^2_−I = + m x .12²
Se ora teniamo conto che ci sono anche le due masse abbiamo come ulteriore contributo al momento di inerzia
_−I = m x + m (l x) .1²
Quindi il momento di inerzia totale è
²lml² −− + m x .I = m x + m (l x) +tot 1²
L'equazione del moto del sistema è M−M ⇒ −I ω̇ = ω = ω t.tot 0 I tot
Quindi il tempo che impiega a fermarsi è I ωtot 0∆t = ,M∆t I
Quindi è minimo quando è minimo. Ovvero
tot `0 − − −= 2m x 2m (` x) + 2mI x =01 2tot 2
se m + 2m 2 l = 0.55mx = 2(m + m + m )1 2
Quindi 2 2 l m + 4m(m + m ) + 12m m1 2 1 2I =min 12(m + m + m )1 2
Ovvero 2 2 l m + 4m(m + m ) + 12m m ωI ω 1 2 1 2min 0 0∆t = = = 1.64sec.M 12(m + m + m ) M1 2
Soluzione Problema 4. Scegliamo l'asse delle lungo la verticale e diretto verso l'alto. Sul cubo agisce la forza peso −ρP = V gcubo cubo e la spinta di Archimede S = ρ V gH O

cubo²Quindi il cubo è soggetto ad un' accelerazione verso l'alto pari a 1 ρH O₂- a = (ρ V g ρ V g) = 1 g.H O cubo cubo cubo²ρ V ρcubo cubo cuboIl tempo impiegato dalla faccia superiore del cubo a raggiungere il pelo dell'acqua è determinato da r₁ 2h2h = at t = ,2 ah = 90cmdove è lo spostamento del centro di massa quando il cubo va dal fondo al pelo dell'acqua. La velocità sarà dunque s√ρH O² -v = 2ha = 2gh 1 = 2.75m/sec.ρcuboLa massima elongazione della molla si ottiene invece imponendo che1 1 3 3 2 3- - × × ×S P = kx x = (ρ V g ρ V g) = m/N 0.1 m 9.8m/sec 0.3g/cm = 29.4mH O cubo cubo cubo²K 0.1Anche se il valore trovato supera il pelo dell'acqua viene considerato giusto. Purtroppo il dato originaleKper era sbagliato di un fattore 100!. (Sorry!) P = P P = PSoluzione Problema 5. Iniziamo con l'osservare che e . Inoltre

abbiamo che PAV = PVPV = PVe, Dividendo membro per membro abbiamo . Si osservi innanzitutto che PV/VP = V/Vmembro abbiamo . Quindi VA/AT = A nR * 5atm / 10`= 304.88K^-1 * -1 * 2mol / 0.08205784 atm * K mol Quindi VAV = 5` / 2` Perciò abbiamo 1V/TPV = AB/BP = P/AB = 152.44T = AB nR / nR = 2T = T Ora CBP/VB = BAP/V = P/V = V = 10/6` = 1.67` Quindi 2V = 2V = V = V = 3.33` Quindi T = T P = P Poi e . Il lavoro fatto dal sistema è ∆L = P(VA - VB) + nRT log (VA/VB) = P(VD - VC) + nRT log (VD/VC) = P(VB - VA) + nRT log (VB/VA) = P(VD - VB) + nRT log (VD/VB) = P(VA - VC) + nRT log (VA/VC) = nRT log (VB/VA) = nRT log (VD/VB) = nRT log (3) = AVV/2VVD/BC− = P V log (3)

= 2782.84J.A AEsame di Fisica per Ingegneria Elettronica e delle Telecomunicazioni (Parte I): 25-02-2016v = 10m/s.

Problema 1. Un saltatore in lungo arriva alla fine della rincorsa con una velocità orizzontale L α. A questo punto salta in una direzione che, nel suo sistema di riferimento, forma un angolo α rispetto all'orizzontale. Sempre nel suo sistema di riferimento il modulo della velocità immediatamente successiva al salto è v = 2m/s. α è 0.

1) Determinare il valore di α che corrisponde alla massima lunghezza del salto.

2) Determinare il valore di α che corrisponde ad α nel sistema di riferimento solidale con la terra ed 0 il modulo della velocità di partenza.

m = 100g

Problema 2. Una pallina di massa m muovendosi su un piano orizzontale liscio (senza attrito) con velocità v m = 0.10m/s urta centralmente contro una seconda pallina di massa 0.2200g sullo stesso piano ed in quiete. La pallina è ancorata all' k = 1,

0N/mestremo libero di una molla ideale (l' altro estremo è fissato al piano, di costante elastica disposta lungo la direzione di moto (vedi figura). Determinare il massimo accorciamento della molla a seconda che l' urto tra le due palline sia

1. elastico
2. completamente inelastico

R = 20.0cm M = 1Kg

Problema 3. Un cilindro pieno di raggio pari a e di massa in rotazione intorno al ω = 50.0rad/s proprio asse orizzontale con una velocità viene posto su un piano orizzontale e abbonato 0 µ = 0.15a se stesso. Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra cilindro e piano è pari a e che l' Dattrito volvente (o di rotolamento) è trascurabile si determini:

1. il tempo T copo il quale il moto del cilindro diventa di puro rotolamento
2. La velocità finale del centro di massa del cilindro ed il lavoro fatto dalla forza di attrito dinamico

Problema 4. Un recipiente è costituito da un cilindro verticale di di-D = 9, 0cm diametro sul

Quale è innestato un tubo orizzontale di di-d = 3.0cm ` = 5cmametro ad una distanza dal fondo del cilindro. All’altro estremo del tubo orizzontale viene messo un tappo (vedi figura) hh = 50cmed il recipiente viene riempito di acqua fino all’ altezza .1. Si determini la velocità di uscita dell’ acqua quando viene ri- dmosso il tappo l2. A che distanza dal tubo l’ acqua uscita tocca il piano?

Problema 5. 2 moli di gas perfetto monoatomico eseguono il ciclo termodinamico costituito dalla seriedi trasformazioni reversibili in successione:

1. una compressione adiabatica (A-B);
2. riscaldamento a pressione costante (B-C);
3. una espansione adiabatica (C-D);
4. un raffreddamento a volume costante (D-A).

T T1 12= =D B

Sapendo che il rapporto fra le temperature e ,T 3 TC CTA

1. si calcoli il rapporto di temperature TD
2. si calcoli il rendimento del ciclo

Soluzioni dell’ Esame di Fisica per Ingegneria Elettronica e delle Telecomunicazioni (ParteI): 04-2-2016

Soluzione Problema 1. 1) Poniamo l'asse delle x nella direzione parallela al terreno ed orientato come la velocità v. L'asse delle y sarà messo ortogonalmente e punta verso l'alto. Allora le componenti della velocità nel sistema di riferimento solidale con il terreno sono: Vx = v + v cos α Vy = v sin α. (0.1) In questo sistema di riferimento il moto lungo le x sarà rettilineo uniforme ed ubbidirà all'equazione oraria: x = Vx t = v t + v t cos α. (0.2) Lungo l'asse delle y è un moto uniformemente accelerato dato da: y = Vy t - 1/2 g t^2. (0.3) Dove g è l'accelerazione di gravità. Per trovare il tempo di volo del saltatore si ottiene imponendo y = 0: 0 = Vy t - 1/2 g t^2. (0.4) Il tempo di volo del saltatore si ottiene imponendo 2v sin α t = 0: t = 2v sin α / g. (0.4) La gittata sarà quindi: x = Vx t = (v cos α + v) (2v sin α / g). (0.5) Per trovare il valore di α per cui x è massima annulliamo la derivata rispetto ad α: d(x)/dα = 0. Svolgendo i calcoli si ottiene il valore di α per cui x è massima.α = 2v cos α + v v cos α v = 0 (0.6)0 0 0L LG 0 0 0gQuindi q s2 42−v ±v v v + 8v 2vv 10L 0 0L L L− ±cos α = = + (0.7)2 24v 24v 16v00 0È accettabile solo la soluzione con un coseno positivo quindi Il testo formattato con i tag HTML è il seguente:

α = 2v cos α + v v cos α v = 0 (0.6)0 0 0L LG 0 0 0g

Quindi q s2 42−v ±v v v + 8v 2vv 10L 0 0L L L− ±cos α = = + (0.7)2 24v 24v 16v00 0

È accettabile solo la soluzione con un coseno positivo quindi