Esercizi di Matematica e statistica

T

volume iniziale di 14 litri ad un volume finale di 5 litri. Calcolare (a) la pressione

finale del gas, (b) la variazione di energia interna e (c) la variazione di entropia.

Si consideri l’ossigeno come un gas perfetto.

Suggerimento per il punto (c) : si tenga presente la definizione di entropia, il

primo principio della termodinamica e la formula del lavoro per una espansione

isoterma di un gas perfetto.

[costante dei gas perfetti R = 8.31].

Soluzione : (a) calcolo la pressione usando la formula dei gas perfetti :

3 8.31 (16 + 273.15)

⇥ ⇥

nRT = 1441701.9 Pa

= = !

! p

p p

f f f

5 10 3

⇥

v

f

(b) Siccome la temperatura del gas non e’ cambiata ed il gas e’ perfetto, non

c’e’ stata variazione di energia interna :

=0

U

(c) La trasformazione del gas avviene a temperatura costante. Pertanto la

variazione di entropia e’ data da Q

=

S T

Per calcolare Q durante la compressione sfrutto il primo principio della termo-

dinamica : = =

!

U Q L Q L

dove l’ultimo passaggio e’ giustificato dal fatto che a temperatura costante l’e-

nergia interna non cambia. Il lavoro compiuto sul gas ideale durante la com-

pressione isoterma e’ dato da : 5

V f

= ln = 3 8.31 (16 + 273.15) ln = 25.6684 289.15 J

! ⇥ ⇥ ! ⇥

L nRT L L

14

V i

Da questa segue che = = 25.6684 289.15 J e che

⇥

Q L Q

= = 25.6684 J/K

S T

Quinto esercizio

Tre cariche di 3 ciascuna sono poste su 3 dei 4 vertici di un quadrato di lato

µC

1 m, ovvero e’ posta in (0, 0, 0); e’ posta in (0, 1m, 0) mentre e’ posta in

q q q

1 2 3

(1m, 1m, 0). Si determinino le componenti del vettore forza agenti sulla carica

.

q 3

[ costante della legge di Coulomb = 8.99 10 Nm ]

9 2 2

⇥

k /C

Soluzione :

la forza esercitata da su e’ repulsiva ed e’ diretta come la congiungente le

q q

1 3

due cariche, ovvero come una retta inclinata di 45 gradi. La distanza tra e

q

p 1

e’ 2 metri. Pertanto tale forza ha come componenti

q 3 q q

1 3

~ = [cos(45), sin(45), 0]

p

F k

13 ( 2)

2

3 10 3 10

6 6

⇥ ⇥ ⇥

~ = 8.99 10 [0.7071, 0.7071, 0]

9

⇥

F 13 2

~ = 8.091 10 [0.35355, 0.35355, 0]

2

⇥

F 13

la forza esercitata da su e’ repulsiva ed e’ diretta come la congiungente le

q q

2 3

due cariche, ovvero come una retta parallela all’asse delle ascisse. La distanza

tra e e’ 1 metro. Pertanto tale forza ha come componenti

q q

2 3 q q

2 3

~ = [1, 0, 0]

F k

23 1

~ = 8.091 10 [1, 0, 0]

2

⇥

F 23 ~ ~

La forza totale si ottiene sommando i due vettori e :

F F

13 23

~ = 8.091 10 [1 + 0.35355, 0.35355, 0]

2

⇥

F tot

~ = 8.091 10 [1.35355, 0.35355, 0] N

2

⇥

F tot

Soluzioni esame di Fisica per Farmacia del 25-2-2022, programma completo

Primo esercizio

In una bilancia a bracci diseguali un corpo di massa = 10.64 grammi viene

p 1

equilibrato da una massa = 0.00992 kg. Calcolare il rapporto fra le lunghezze

p 2

dei due bracci.

Soluzione : chiamo a e b le lunghezze dei due bracci. La condizione di equilibrio

statico delle forze implica che :

10.64 10 = 0.00992

3

⇥ ⇥ ⇥ ⇥ ⇥

a g b g

dove g e’ l’accelerazione di gravita’. Da cui segue :

9.92

a a

= = 0.9323

!

10.64

b b

Secondo esercizio

Un uomo di massa 90 kg si trova al bordo di una piattaforma circolare e omo-

genea ferma, di massa M pari a 250 kg con un raggio di 7 m, libera di ruotare

intorno al proprio centro. L’uomo lancia tangenzialmente un corpo di massa 1,8

kg alla velocita’ di 28 m/s relativa al suolo. Calcolare la conseguente velocita’

angolare dell’uomo e della piattaforma. Si tenga presente che il momento di

inerzia di un disco omogeneo rispetto al proprio asse e’ = dove R e’ il

12 2

I M R

raggio del disco.

Soluzione :

posso sfruttare la conservazione del momento angolare totale del sistema prima

e dopo il lancio. Infatti, se scelgo il polo sull’asse di rotazione della piattaforma

il momento angolare della forza vincolare (che mantiente la piattaforma anco-

rata al perno di rotazione e controbilancia le forze della gravita’) risulta zero e

le rimanenti uniche forze in gioco (l’uomo che lancia il corpo) sono interne al

sistema. Pertanto il momento angolare prima e dopo il lancio si deve conserva-

re. Prima del lancio il momento angolare totale e’ zero, dopo il lancio e’ dato

da : 1

+ + = 0

2 2

M R ! M R ! RM v

uomo oggetto oggetto

2

dove e’ la velocita’ angolare del sistema piattaforma + uomo, e’ il

! v

oggetto

modulo della velocita’ dell’oggetto lanciato, M e’ la massa della piattaforma.

Dalla formula sopra ottengo :

1

+ + = 0

M R! M R! M v

uomo oggetto oggetto

2 1

+ ) =

R!(M M M v

uomo oggetto oggetto

2

M v

oggetto oggetto

=

! + )

12

R(M M

uomo

1.8 28

⇥

=

! 7 (90 + 0.5 250)

⇥ ⇥

= 0.033488 rad/sec

!

Terzo esercizio

Una palla viene lanciata orizzontalmente con velocita’ 3 m/s, da un’altezza di

2.5 metri, dalla posizione (0, 2.5 m). Essendo sottoposta alla forza di gravita’

solamente (si trascurino gli attriti), calcolarne il vettore posizione e velocita’

dopo 0.5 secondi.

Soluzione :

dopo 0.5 secondi : = 3 0.5 = 1.5 m

⇥

x

1

= 2.5 9.81 0.5 = 1.27375 m

2

⇥ ⇥ !

y y

2 = 3 m/s

v

x

= 9.81 0.5 = 4.905 m/s

⇥ !

v v

y y

Quarto esercizio

Tre moli di ossigeno vengono compresse isotermicamente a = 16 C da un

0

T

volume iniziale di 14 litri ad un volume finale di 5 litri. Calcolare (a) la pressione

finale del gas, (b) la variazione di energia interna e (c) la variazione di entropia.

Si consideri l’ossigeno come un gas perfetto.

Suggerimento per il punto (c) : si tenga presente la definizione di entropia, il

primo principio della termodinamica e la formula del lavoro per una espansione

isoterma di un gas perfetto.

[costante dei gas perfetti R = 8.31].

Soluzione : (a) calcolo la pressione usando la formula dei gas perfetti :

3 8.31 (16 + 273.15)

⇥ ⇥

nRT

= = = 1441701.9 Pa

! !

p p p

f f f

5 10 3

⇥

v

f

(b) Siccome la temperatura del gas non e’ cambiata ed il gas e’ perfetto, non

c’e’ stata variazione di energia interna :

=0

U

(c) La trasformazione del gas avviene a temperatura costante. Pertanto la

variazione di entropia e’ data da Q

=

S T

Per calcolare Q durante la compressione sfrutto il primo principio della termo-

dinamica : = =

!

U Q L Q L

dove l’ultimo passaggio e’ giustificato dal fatto che a temperatura costante l’e-

nergia interna non cambia. Il lavoro compiuto sul gas ideale durante la com-

pressione isoterma e’ dato da : 5

V f

= ln = 3 8.31 (16 + 273.15) ln = 25.6684 289.15 J

! ⇥ ⇥ ! ⇥

L nRT L L

14

V i

Da questa segue che = = 25.6684 289.15 J e che

⇥

Q L Q

= = 25.6684 J/K

S T

Quinto esercizio

Tre cariche di 3 ciascuna sono poste su 3 dei 4 vertici di un quadrato di lato

µC

1 m, ovvero e’ posta in (0, 0, 0); e’ posta in (0, 1m, 0) mentre e’ posta in

q q q

1 2 3

(1m, 1m, 0). Si determinino le componenti del vettore forza agenti sulla carica

.

q 3

[ costante della legge di Coulomb = 8.99 10 Nm ]

9 2 2

⇥

k /C

Soluzione :

la forza esercitata da su e’ repulsiva ed e’ diretta come la congiungente le

q q

1 3

due cariche, ovvero come una retta inclinata di 45 gradi. La distanza tra e

q

p 1

e’ 2 metri. Pertanto tale forza ha come componenti

q 3 q q

1 3

~ = [cos(45), sin(45), 0]

p

F k

13 ( 2)

2

3 10 3 10

6 6

⇥ ⇥ ⇥

~ = 8.99 10 [0.7071, 0.7071, 0]

9

⇥

F 13 2

~ = 8.091 10 [0.35355, 0.35355, 0]

2

⇥

F 13

la forza esercitata da su e’ repulsiva ed e’ diretta come la congiungente le

q q

2 3

due cariche, ovvero come una retta parallela all’asse delle ascisse. La distanza

tra e e’ 1 metro. Pertanto tale forza ha come componenti

q q

2 3 q q

2 3

~ = [1, 0, 0]

F k

23 1

~ = 8.091 10 [1, 0, 0]

2

⇥

F 23 ~ ~

La forza totale si ottiene sommando i due vettori e :

F F

13 23

~ = 8.091 10 [1 + 0.35355, 0.35355, 0]

2

⇥

F tot

~ = 8.091 10 [1.35355, 0.35355, 0] N

2

⇥

F tot

Soluzioni esame di Fisica per Farmacia del 25-6-2022, programma completo

Primo esercizio

Si immagini di avere una carica negativa di -1 µ C posta in un sistema di

riferimento a [0,0,0] ed un’altra positiva di 2 µ C posta in [0, 1 m, 0]. Si calcolino

9 2

le componenti del campo elettrico nel punto [1 m, 1 m, 0] [k = 8.99⇥10 Nm /C].

Soluzione, componente x del vettore campo elettrico :

6 6

⇥ ⇥

1 10 2 10 4

p

⇥ ⇥ ⇥

E = k cos(45) + k = 1.48 10 V/m

x 2

1

2

( 2)

Per la componente y invece : 6

⇥

1 10 3

p

⇥ ⇥

E = k sin(45) = 3.178 10 V/m

y 2

( 2)

Secondo esercizio

Una Ferrari 812 GTS parte da fermo e raggiunge 107 km/h dopo 46.8 metri. Si

calcoli l’accelerazione dell’auto, nell’ipotesi che sia costante nel tempo.

Soluzione : 107 883.41 2

2 2 2

! ⇥ ! !

v v = 2as ( ) 0 = 2a 46.8 a = a = 9.44 m/s

f i ⇥

3.6 2 46.8

Terzo esercizio 0

Si richiedono 13.5 minuti per riscaldare una massa M con un fornello da 10 C

al punto di ebollizione ed 80 minuti occorrono per trasformarla tutta in vapore.

Si supponga che la capacita’ del fornello di cedere calore alla massa d’acqua,

sia costante, in J/secondo. Si calcoli il calore latente di evaporazione dell’acqua

usando i dati del problema. Si ricordi che il calore specifico dell’acqua liquida

e’ (circa costante) 4187 J/kg

Soluzione :

chiamo M la massa (ignota) dell’acqua e P, misurata in J/sec, la potenza di

riscaldamento (ignota, ma assunta costante) del fornello. Chiamo C il calore

eva

latente dell’acqua, supposto ignoto. Dai dati del problema so che ci vogliono 13.5

minuti per portare l’acqua all’ebollizione e quindi il calore ceduto dal fornello

all’acqua risulta essere : ⇥ ⇥

Q = 13.5 60 P

D’