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Esercizi svolti per il corso di Fisica Generale con elementidi Fisica Tecnica - Scienze della Ristorazione Unimi
Davide Basilico
Anno accademico 2016/17
Elettrostatica
Due cariche puntiformi Q1 e Q2 sono allineate lungo l’asse x di un sistema di riferimentocartesiano e sono ad esso vincolate. Q1 si trova nell’origine, mentre Q2 = 12µC è postoalla distanza D = 8 m nel verso positivo dell’asse. Una carica Q3 = −3µC, non vincolataall’asse, si trova in equilibrio nella posizione d = 6 m.
(a) Quale sarà il segno della carica Q1 in tale configurazione di equilibrio?(b) Quanto vale la carica Q1?(c) Se la carica Q2 viene rimossa, la carica Q3 è attratta da Q1 e si sposta verso di essa.Quanto vale il lavoro compiuto dalla forza elettrostatica quando la distanza tra Q1 e Q3 èdimezzata? (Costante elettrica k = 8.987 · 109 C2
Nm2 ).
Dati: Q1 nell’origine, Q2 = 12µC = 1.2 · 10−6 C a D=8 m, Q3 = −3µC = −3 · 10−6 C a d= 6 m.
Svolgimento: a) L’informazione fondamentale per risolvere il problema è che Q3 è inequilibrio: quindi la risultante delle forze su di essa deve essere nulla. Q2 e Q3 sono disegno opposto, quindi Q3 subirà una forza attrattiva ~F23 verso Q2, quindi verso destra.
1
Per mantenere l’equilibrio, su Q3 deve agire un’altra forza ~F13, stavolta dovuta a Q1, versosinistra, quindi attrattiva: di conseguenza Q1 > 0.
b) Per calcolare il valore della carica Q1 imponiamo l’equilibrio delle forze su Q3:
F13 = F23 =⇒ k|Q1||Q3|r2
13
= k|Q2||Q3|r2
23
k e Q3 si semplificano, mentre le distanze valgono r13 = 6 m e r23 = D − d = 2 m:
Q1
r213
=Q2
r223
=⇒ Q1 =r2
13
r223
Q2 = 9Q2 = 108 · 10−6 C = 1.08 · 10−4 C
c) Rimuoviamo Q2 dal problema. Q3 si sposta verso Q1, verso sinistra, a causa della forzaelettrostatica attrattiva.Per calcolare il lavoro, ricordiamo che in questo caso la forza elettrostatica dovuta auna carica puntiforme, F = kQq/r2, non è uniforme nello spazio: dipende dalladistanza tra le due cariche. Quindi l’espressione L = ~F13 · ~s non vale.Dobbiamo ricorrere all’espressione del lavoro elettrostatico in caso di carica puntiformericavata tramite integrazione nella prima esercitazione:
L = Ui − Uf = kQ1Q3
ri− kQ1Q3
rf
dove ri = D è la distanza tra le due cariche nella situazione iniziale e rf = D/2 è ladistanza tra le due cariche nella situazione finale.
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Circuito con resistori
Una stufetta elettrica, un tostapane e un grill elettrico sono collegati alla stessa presa dicorrente a 220 V. Supponendo che la potenza dissipata dalla stufetta sia 1.5 kW, quelladissipata dal tostapane 750 W, quella dissipata dal grill 1 kW:
a) Determinare la corrente che scorre in ognuno degli apparecchi (IS , IT , IG) b) Suppo-nendo che il circuito abbia una potenza che scatta quando la corrente totale che scorre è16 A, determinare se scatta quando tutti gli apparecchi sono in funzione
Dati: ∆V = 220 V, PS = 1, 5 kW = 1500 W, PT = 750 W, PG = 1 kW = 1000 W,Imax = 16 A
Svolgimento: a) È fondamentale capire come sono collegati gli apparecchi. Dato ledifferenze di potenziale ai loro capi sono uguali, i resistori sono collegati in parallelo (si pucapire anche immaginando una presa di corrente con tre entrate "parallele"). Il circuito èschematizzato in figura.
Collegamento in parallelo =⇒ ∆VS = ∆VT = ∆VG = ∆V = 220 V
Conoscendo P e ∆V per ognuno degli apparecchi, si ricavano le tre intensità di correnteda P = ∆V I:
IS =PS
∆VS= 6.82 A IT =
PT∆VT
= 3.41 A IG =PG
∆VG= 4.54 A
b) La protezione scatta se per la corrente totale che scorre nel circuito si ha Itot > Imax =
16 A. Essendo gli apparecchi collegati in parallelo la corrente totale è la somma delle singolecorrenti: Itot = IS + IG + IT = 14.77 A < 16 A, quindi la protezione non scatta.
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Magnetismo
Ad un carrello di rame di lunghezza 120 cm e massa 25 g è appeso un carico di massa 80g. Il carrello è libero di scorrere verticalmente su due binari e tra gli estremi a e b delcarrello (vedi figura) viene fatta scorrere una corrente I. Perpendicolarmente ai binari èpresente un campo magnetico ~B di intensità B = 10−2 T. Calcolare (a) direzione, verso e(b) l’intensità della corrente I che deve scorrere nel circuito per poter sollevare il carico.
Dati: L=120 cm, m=25 g, mc=80 g, B = 10−2 T
Svolgimento: in assenza di campo magnetico ~B, l’unica forza agente sarebbe quella gravi-tazionale e il sistema carrello+carico inevitabilmente scenderebbe. Nel caso del problema,invece, è presente un campo magnetico: tener sollevato il sistema carrello+carico significarichiedere l’equilibrio delle forze gravitazionali e di Lorentz.Ricordo che la forza di Lorentz esercitata su un filo percorso da corrente è ~FB = I~L× ~B.a) Direzione e verso di ~FB: applico la regola della mano destraSe I scorresse da b a a, cioè verso sinistra, ~FB sarebbe orientata verso il basso =⇒contribuirebbe a far scendere il sistema carrello+carico.Se I scorresse da a ad b, verso destra, ~FB sarebbe orientata verso l’alto =⇒ si opporrebbealla forza gravitazionale =⇒ corretto.b) Intensità di ~FB: impongo l’equilibrio dei moduli delle forze agenti sul sistema
FB = FG =⇒ ILB = (m+mc)g =⇒ I =(m+mc)g
LB= 85, 8 A
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Onde elettromagnetiche - 1
Una comunità progetta di costruire un impianto per convertire la radiazione solare in ener-gia elettrica. La comunità richiede 1 MW di potenza e il sistema da installare ha unrendimento del 12% (cioè 12% dell’energia solare incidente sulla superficie viene convertitain energia utile). Assumendo che la luce solare abbia un’intensità costante di 1000 W/m2:a)quale deve essere l’area effettiva A dei pannelli fotovoltaici perfettamente assorbenti uti-lizzati in un tale impianto? b) Calcolare l’ampiezza dei campi elettrico e magnetico cheincidono sui pannelli solari (Emax e Bmax)
Dati: P = 1 MW = 106 W, Iemessa = 1000 Wm2 , rendimento ε = 12% = 0.12
Svolgimento: a) La radiazione solare è un’onda elettromagnetica. L’intensità assorbitadai pannelli Iass è pari alla potenza richiesta divisa per l’area dei pannelli:
Iass =P
A
Solo il 12% della radiazione emessa dal Sole viene assorbita dai pannelli a causa del loro ren-dimento non perfetto. L’intensità assorbita è il 12% dell’intensità emessa: Iass = εIemessa.Sostituendo nella precedente relazione si ha:
εIemessa =P
A=⇒ A =
P
Iemessaε= 8333 m2
b) In un’onda elettromagnetica, la relazione che lega l’intensità dell’onda all’ampiezza delcampo elettrico è
Iemessa =E2
max
2µ0c=⇒ Emax =
√2Iemessaµ0c = 866
N
C
A questo punto per calcolare Bmax posso procedere in due modi:
• A partire da Iemessa, ricordando la relazione che lega l’intensità dell’onda all’ampiezzadel campo magnetico Iemessa = c2B2
max2µ0
e isolando Bmax
• A partire dal fatto che per un’onda elettromagnetica il rapporto dei campi elettricoe magnetico vale c:
Emax
Bmax= c =⇒ Bmax =
Emax
c
Con entrambi i procedimenti si ottiene Bmax = 2.88 · 10−6 T.
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Onde elettromagnetiche - 2
Siete fermi a una distanza D da una sorgente elettromagnetica che emette onde isotropi-camente. Camminate per 50 m verso la sorgente e notate che l’intensità di queste ondeelettromagnetiche è raddoppiata. Calcolare la distanza D.
Dati: r=50 m
Svolgimento: l’informazione chiave per svolgere il problema è il fatto che l’intensità delleonde raddoppia muovendosi di 50 m. Considerando lo schema in figura, ci si muove dalpunto A al punto B, con rispettive intensità IA e IB, quindi si ha:
IB = 2IA =⇒ P
4πr2B
= 2P
4πr2A
Le potenze che compaiono a membro sinistro e a membro destro sono uguali perché di-pendono unicamente dalla sorgente delle onde (che è la stessa), quindi possono esseresemplificate. Inoltre, in base alla figura, abbiamo rA = D e rB = D − r. In questo modo,l’unica incognita dell’equazione è D, che può essere isolata
P
4πr2B
= 2P
4πr2A
=⇒ 1
2(D − r)2=
1
D2=⇒ 2(D − r)2 = D2
Applico la radice quadrata su entrambi i membri:
√2(D−r) = D =⇒ 1.41D−1.41r = D =⇒ 0.41D = 1.41r =⇒ D =
1.41r
0.41m = 171.9 m
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Scambio di calore - 1
Una piastra di cottura elettrica di forma circolare ha una potenza di 1500 W. Quandoviene accesa, la piastra dissipa il 90% del calore generato attraverso la sua superficie diappoggio ed il restante 10% attraverso altre superfici. Supponendo che il flusso di caloreattraverso la superficie sia costante calcolare:a) la quantità di calore dissipata dalla piastra in 2 ore in KWh e in Jb) il flusso di calore attraverso la superficie di appoggio in W/m2, sapendo che la piastraha un diametro di 180 mm.
c) In un minuto, di quanti gradi riuscirebbe a scaldare una tazza contenente 400 g di tè?Non considerare il materiale della tazza. Il calore specifico del tè è pari a quello dell’acqua,cioè 4186 J/(kg◦C)
d) Ripetere il punto c) considerando anche la tazza stessa, di massa 300 g e calore spe-cifico 700 J/(kg◦C). Confronta il risultato ottenuto in questo punto con quello del punto c).
Dati: Q̇ = 1500 W, di cui il 90% emesso tramite la superficie di appoggio e il 10% attra-verso altre superfici. d=180 mm = 0.180 m
Svolgimento: a) La potenza emessa dalla piastra è il rapporto tra il calore emessodall’intera piastra e l’intervallo di tempo considerato.
Q̇ =∆Q
∆t=⇒ ∆Q = Q̇∆t = 1500 W·2 h = 3 kWh = 3000 W·3600 s = 1.08·107 Ws = 1.08·107 J
b) Il flusso di calore q̇ attraverso la superficie di appoggio (attenzione: questa superficieemette solo il 90% del calore totale) è
q̇ =·QA
=90%Q̇
πr2=
0.9Q̇
πr2= 5.31 · 104 W
m2
c) Si ha uno scambio di calore tra la piastra e il tè. Il calore emesso dalla piastra in∆t = 60 s attraverso la sua superficie di appoggio, indicato con Qp, viene completamenteassorbito dal tè, indicato con Qte, quindi sono uguali in valore assoluto
Qp = Qte =⇒ 0.9 Q̇∆t = ctemte∆T =⇒ ∆T =0.9Q̇∆t
ctemte= 48.3◦C
d) Lo scambio di calore deve essere elaborato rispetto al punto c): il calore emesso dallapiastra in ∆t = 60 s, attraverso la sua superficie di appoggio, viene completamente assorbitodal tè e dalla tazza. Alla fine dei 60 secondi, implicitamente si assume che tè e tazza abbianoraggiunto la stessa temperatura, quindi lo stesso ∆T :
7
Qp = ctemte∆T + ctazzamtazza∆T = ∆T (ctemte + ctazzamtazza) =⇒
=⇒ ∆T =0.9 Q̇∆t
ctemte + ctazzamtazza= 42.3◦C
Notiamo che rispetto al punto c) il sistema tazza+tè è di 6◦C più freddo a causa del-l’aver considerato la presenza della tazza, che aggiunge massa al sistema e lo rende piùdifficilmente riscaldabile. La differenza di temperatura tra il punto d) e il punto c) non ètrascurabile ma nemmeno critica. Infatti il calore specifico della tazza è molto più piccolo(circa un quinto) rispetto a quello del te, mentre le masse sono simili (400 g e 300 g):significa che la tazza assorbe molto meno calore rispetto al tè e quindi la sua presenza nonva ad alterare significativamente il riscaldamento.
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Scambio di calore - 2
Un blocco di rame di massa 300 g si trova alla temperatura iniziale di 70◦C. Al bloccoviene fornito un calore Q = 5 kJ. a) Calcolare la temperatura finale del blocco sapendoche il calore specifico del rame è cr = 0.389J/g◦C.b) Il blocco di rame viene poi messo a contatto con un blocco di alluminio di massa 700 g,che si trova alla temperatura di 50◦C. Calcolare la temperatura di equilibrio del sistemasapendo che il calore specifico dell’Alluminio è cal = 0.9J/g◦C. Attenzione: in questoproblema non c’è bisogno di convertire le masse in kg, perché le masse sono in grammi e ilcalore specifico è espresso in J/g◦C.
Dati: Q = 5 kJ = 5000 J, mr = 300 g, cr = 0.389J/g◦C, cAl = 0.9J/g◦C, Ti = 70◦C.
Svolgimento: a) Si ha scambio di calore: il calore fornito dall’esterno Q = 5000 J vienecompletamente assorbito dal blocco di rame, la cui temperatura si alza.
Q = crmr∆T =⇒ ∆T =Q
crmr= 42.8◦C
Tf = Ti + ∆T = 42.8◦C + 70◦C = 112.8◦C
b) Scambio di calore tra il blocco di rame e il blocco di alluminio, i quali raggiungono lastessa temperatura di equilibrio Teq: equazione del bilancio termico
Qr = Qal =⇒ crmr(Tr − Teq) = calmal(Teq − Tal)
isolando la temperatura di equilibrio (vedi esercitazioni in aula) si ottiene
Teq =crmrTr + calmalTalcrmr + calmal
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Propagazione del calore - 1
Una parete piana con base L = 10 m, altezza H = 3 m e spessore S = 12 cm, delimita unvano abitativo ed e’ realizzata in calcestruzzo. La temperatura interna del vano e la tem-peratura dell’ambiente esterno sono rispettivamente Ti = 25◦C e Te = 10◦C (vedi figura asinistra). Il coefficiente di conducibilita’ termica del calcestruzzo vale kcalc = 1.4 W
m ◦C .
a) Determinare la potenza termica che attraversa la parete.
Calcolare la potenza termica che attraversa la parete anche nei seguenti due casi:
b) Sia presente convezione sulle superfici. I coefficienti di scambio termico convettivo sullasuperficie interna ed esterna valgono, rispettivamente, hi = 10 W
m2 ◦Ce he = 40 W
m2 ◦C
c) Oltre alla convezione, la superficie interna della parete sia rivestita con un pannello inlegno di balsa1 avente spessore Slegno = 10 mm (vedi figura a destra). Il coefficiente diconducibilita’ termica del legno di balsa vale klegno = 0.055 W
m ◦C .
d) Considerando il caso c), calcolare le temperature superficiali delle pareti Tis e Tes.
1Legno di colore biancastro, con striature rossastre o brune. Essendo fra i legni piu’ leggeri vieneimpiegato in tutte quelle applicazioni in cui servono le doti di leggerezza ed isolamento.
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Svolgimento:a) Il calore si propaga per conduzione attraverso un unico mezzo, che è il calcestruzzo. Percalcolare la potenza termica che attraversa la parete, Q̇a, applico la legge di Fourier:
Q̇a = −kcalcA∆T
∆x= −kcalcLH
∆T
S= 5250 W
b) Il calore si propaga prima per convezione interna, successivamente per conduzione at-traverso il calcestruzzo, infine per convezione esterna. Il sistema può essere descritto cometre resistenze termiche in serie:
Req = Rconv−int +Rcond−calc +Rconv−est =1
hiA+
S
kcalcA+
1
heA= 7.02 · 10−3
◦C
W
Q̇b = −∆T
Req= 2136 W
c) Rispetto al punto precedente, si aggiunge un’altra resistenza termica in serie per con-duzione:
Req = Rconv−int+Rcond−legno+Rcond−calc+Rconv−est = 7.02·10−3◦C
W+6.06·10−3
◦C
W= 0.0131
◦C
W
Q̇c = −∆T
Req= 1146.8 W
d) Considero la sola resistenza di convezione esterna:
Q̇c = − ∆T
Rconv−est= − Te − Tes
Rconv−est=⇒ Tes = Te + Q̇cRconv−est = 10.95◦C
Considero la sola resistenza di convezione interna:
Q̇c = − ∆T
Rconv−int= − Tis − Ti
Rconv−int=⇒ Tis = Ti − Q̇cRconv−int = 21.17◦C
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Propagazione del calore - 2
La superficie del corpo di una persona di media statura è approssimabile a 2m2. La tem-peratura esterna del corpo, cioè della pelle, è di circa 33◦C. Calcola, come ordine digrandezza, l’energia irradiata a) in un secondo e b) in un giorno, considerando il corpoumano come un corpo nero con emissività 0.95. c) Se il calore irradiato in un secondo fosseinvece pari a 970 J, quale sarebbe la temperatura della pelle?
Dati: A = 2m2, Tp = 33◦C = 306 K, ε = 0.95
Incognite: a) Q in un giorno, b) Q in un giorno c) Tpc
Svolgimento: a) L’approssimazione di corpo nero, per il corpo umano, è ragionevoleperché si trova in equilibrio termico, infatti la sua temperatura resta all’incirca costantenel tempo. Vale quindi la legge di Stefan-Boltzmann (con le temperature da inserire inKelvin!)
Q̇ = Q ·∆t = σ εAT 4c ·∆t = 5.67 · 10−8 W
m2K4· 0.95 · 2 m2 · (306 K)4 · 1 s = 944 J
b) Per calcolare il calore emesso in un giorno, basta moltiplicare il calore ottenuto nelpunto a) per il numero di secondi in un giorno: ∆tB = 24 · 60 · 60 s = 86400 s
Q = 944 · 86400 J = 8.15 · 107J
c) Per ricavare la temperatura superficiale conoscendo la potenza emessa, inverto la leggedi Stefan Boltzmann:
Q̇ = σ εAT 4c =⇒ T 4
c =Q̇
σ εA=⇒ Tc =
4
√Q̇
σ εA=
= 4
√970 W
5.67 · 10−8 Wm2K4 · 0.95 · 2 m2
= 308K = 35◦C
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Propagazione del calore - 3
Il filamento di una lampadina ha una superficie di 16 mm2 ed emissività 0.9. Esso ècontenuto in un globo di vetro di dimensioni molto maggiori, che si trova alla temperaturadi 80◦C. Dentro il globo è stato fatto il vuoto. Determinare la potenza da fornire alfilamento perché si mantenga alla temperatura di 2700 ◦C.
Dati: A = 16 mm2 = 1.6 · 10−7 m2, Tfil = 2700 ◦C = 2973 K, Tvetro = 80 ◦C = 353 K.
Svolgimento: Nel caso in cui il corpo si trovi racchiuso in una superficie a temperaturacostante allora lo scambio radiativo per irraggiamento fra le due superfici è dato dallarelazione
Q̇ = εσA(T 4
fil − T 4vetro
)Il termine negativo −T 4
vetro è dovuto al fatto che, con una superficie esterna, il calore emessosarà inferiore rispetto al caso di assenza di superficie.
Q̇ = 0.9 · 5.67 · 10−8 W
m2K4· 1.6 · 10−7 m2 ·
((2973 K)4 − (353 K)4
)= 0.638 W
13