Fisica per Farmacia A.A. 2018/2019

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1 Fisica per Farmacia A.A. 018/019 Responsabile del corso: Prof. Alessandro Lascialfari Tutor (16 ore): Matteo Avolio Lezione del 08/05/019 h (13:30-15:30, Aula G10, Golgi) ESERCITAZIONI FLUIDI Esercizio 1 In una casa l'acqua calda circola in un impianto di riscaldamento. Se l'acqua viene pompata ad una velocità di 0.50 m/s attraverso un tubo del diametro di 4.0 cm posto nello scantinato, ad una pressione di 3.0 atm, quali saranno la velocità del flusso e la pressione in un tubo di.6 cm di diametro al secondo piano, 5 m sopra? Rappresentiamo graficamente la situazione: h = 5 m v 1 = 0.50 m/s d 1 = 4.0 cm = m P 1 = 3 atm = Pa d =.6 cm = 0.06 m v =? m/s P =? Pa Calcoliamo le sezioni dei diversi tubi: S 1 = π 4 d 1 = π 4 (0.040 m) = m Applichiamo l equazione di continuità per trovale la velocità: S 1 v 1 = S v v = S 1v 1 S = ( m )(0.50 m/s) m = 1.18 m/s S = π 4 d = π 4 (0.06 m) = m Applichiamo il teorema di Bernoulli per trovare la pressione nel tubo al secondo piano: P 1 + ρgh ρv 1 = P + ρgh + 1 ρv Con h 1 = 0 m prendendo un sistema di riferimento con quota zero a livello dello scantinato, quindi: P = P ρ(v 1 v ) ρgh P = Pa ( ) Pa Pa = Pa.5 atm

2 Esercizio L'acqua sale alle quote h 1 = 35 cm e h = 10 cm nei due tubi verticali del condotto orizzontale indicato in figura. Il diametro del condotto orizzontale all altezza del primo tubo è 4 cm, e all altezza del secondo tubo è cm. a) Calcolare la velocità dell'acqua nel condotto orizzontale quando è in corrispondenza del primo e del secondo tubo verticale. b) quanto valgono la portata in massa e la portata in volume? Dati: h 1 = 35 cm = 0.35 m h = 10 cm = 0.10 m d 1 = 4 cm = 0.04 m d = cm = 0.0 m a) Applichiamo il teorema di Bernoulli nei due punti 1 e del condotto: P 1 + ρgh ρv 1 = P + ρgh + 1 ρv Dove P 1 = P = P atm, e si semplificano. Semplificando anche la densità si trova: v 1 v = g(h h 1 ) Per trovare la relazione tra le velocità usiamo l equazione di continuità: S 1 v 1 = S v v = v S π 1 1 = v 4 d 1 S 1 π 4 d = v d 1 1 ( ) d Sostituendo v nell equazione precedente si ottiene: Quindi: v 1 v 1 ( d 4 1 ) = g(h d h 1 ) g(h h 1 ) v 1 = 1 ( d 4 = g(h 1 h ) 9.81 m/s (0.35 m 0.10 m) 1) ( d 4 = 4 = 0.57 m/s m ) 1 ( d d 0.0 m ) 1 v = v 1 ( d 1 ) = 0.57 m m (0.04 d s 0.0 m ) =.9 m/s b) Q V = S 1 v 1 = π 4 d 1 v 1 = π 4 (0.04 m) 0.57 m s = m 3 /s Q m = S 1 v 1 ρ = π 4 d 1 v 1 ρ = π 4 (0.04 m) 0.57 m s kg 1000 = kg/s m3

3 Esercizio 3 In un serbatoio pieno d'acqua si apre una falla, di dimensione molto minore rispetto alla sezione del serbatoio. Qual è il modulo della velocità nel caso in cui si trovi 3. m al disotto della superficie? Determinare il modulo della velocità nel caso in cui il serbatoio sia pressurizzato a una pressione di 3 Patm. Rappresentiamo graficamente il problema. Poniamo la quota zero del nostro sistema di riferimento a livello della falla. Nel caso di serbatoio aperto la pressione che si esercita sulla superficie del serbatoio è quella atmosferica, così come sul foro: P S = P atm P F = P atm Applichiamo quindi il teorema di Bernoulli tra foro e superficie: Inoltre, poiché il foro è molto più piccolo della sezione, per l equazione di continuità la velocità dell acqua sulla superficie (v S ) è molto minore di quella che passa attraverso la falla (v F ): v S v F. Dunque, possiamo approssimare v S 0 m/s. P atm + ρgh = P atm + 1 ρv F E troviamo il risultato dato dal teorema di Torricelli: v F = gh = 9.81 m 3. m = 7.9 m/s s Se il serbatoio è pressurizzato a P S = 3P atm, l equazione cambia: Dunque: v F = 4P atm ρ 3P atm + ρgh = P atm + 1 ρv F + gh = 4( Pa ) 1000 kg/m m 3. m = 1.6 m/s s Esercizio 4 Un largo contenitore di raccolta è riempito fino a un altezza h 0. Il contenitore ha un buco ad altezza h dal fondo. Trovare un espressione generale che descriva a quale distanza dal contenitore arriva il flusso d acqua.

4 Applichiamo il teorema di Bernoulli nei punti 1 e in figura. P 1 + ρgh ρv 1 = P + ρgh + 1 ρv In entrambi i punti P 1 = P = P atm, e si semplificano. Inoltre, essendo ragionevolmente la superficie del contenitore (largo) molto maggiore di quella del buco, v 1 0 m/s. Semplificando anche la densità si trova: v = g(h 0 h) Il moto di ogni goccia può ora essere descritto come quello di un proiettile, con velocità v lungo x e componente verticale (lungo y) nulla. Dunque ogni goccia segue la legge oraria lungo y: y(t) = y 0 + v y0 t + 1 a yt Fissiamo un sistema di riferimento con quota zero a livello del foro, e asse y orientato verso l alto. Dunque: Da cui il tempo di caduta vale: h = 1 gt t = h g Lungo x, invece, lo spazio percorso segue la legge oraria: x(t) = x 0 + v t Da cui, fissato x 0 = 0 m, si trova la distanza a cui arriva il flusso rispetto al contenitore: d = v t = g(h 0 h) h g = 4h(h 0 h) Esercizio 5 Un recipiente cilindrico, aperto superiormente, ha diametro D = 1 m, altezza H ed è interamente riempito d acqua. Il cilindro ad una distanza di 40 cm dalla base inferiore presenta un piccolo foro, di sezione trascurabile rispetto alla sezione del cilindro, chiuso da un tappo. Tolto il tappo l acqua fuoriesce dal cilindro cadendo ad una distanza di 1 m dal foro. Calcolare la massa d acqua contenuta nel cilindro prima della rimozione del tappo dal foro. Rappresentiamo graficamente la situazione: D = 1 m h = 40 cm = 0.40 m d = 1 m S S S F m =?

5 Per trovare la massa di acqua nel recipiente, ci occorre conoscerne il volume e quindi H. Essendo S S S F possiamo applicare il teorema di Torricelli, per cui: Da cui v F = g(h h) H = h + v F g La velocità dell acqua che esce dal foro possiamo determinarla risolvendo il problema di cinematica (moto parabolico) per cui sappiamo che nello stesso tempo t l acqua percorre un tratto d lungo x, con velocità costante v F, e un tratto h lungo y, partendo con velocità nulla lungo y ma sottoposta all accelerazione di gravità g: d = v F t { h = 1 gt Dalla seconda equazione ricaviamo E dalla prima: t = h g v F = d t = 0.40 m = = 0.9 s 9.81 m/s 1 m = 3.5 m/s 0.9 s Quindi: H = h + v F g m (3.5 = 0.40 m + s ) = 1.0 m 9.81 m/s E la massa di acqua nel cilindro vale: Oppure: m = Vρ = S S Hρ = π 4 D Hρ = π 4 (1 m) 1.0 m 1000 kg = 800 kg m3 Sfruttiamo la regola generale trovata nell esercizio 4, per cui: E la massa di acqua nel cilindro vale: H = d = 4h(H h) d = 4h(H h) H = d 4h + h (1 m) m = 1.05 m 4(0.40 m) m = Vρ = S S Hρ = π 4 D Hρ = π 4 (1 m) 1.05 m 1000 kg = 800 kg m3

6 ESERCITAZIONI TERMODINAMICA Esercizio 6 Un ferro di cavallo di 1.50 kg inizialmente a 600 C è lasciato cadere in un secchio contenente 0.0 kg di acqua a 5.0 C. Qual è la temperatura finale? Si trascuri il calore specifico del contenitore e si assuma che soltanto una trascurabile quantità di acqua vaporizzi. (Calori specifici: c Fe = 448 /(kg C); c H O = 4186 /(kg C) ). Quando il ferro rovente entra nell acqua, trasferirà parte del suo calore all acqua, raffreddandosi; l acqua, invece, assorbirà la stessa quantità di calore e aumenterà la sua temperatura. Dunque: Q Fe = Q H O m Fe c Fe (T T Fe ) = m H O c H O (T T H O) Dove m Fe = 1.50 kg, T Fe = 600 C, m H O = 0.0 kg, T H O = 5.0 C e T è la temperatura finale di equilibrio. Riarrangiando i termini dell equazione: T = m Fec Fe T Fe + m H Oc H OT H O m Fe c Fe + m H Oc H O T(m Fe c Fe + m H Oc H O) = m Fe c Fe T Fe + m H Oc H OT H O 1.50 kg C kg 4186 kg C kg C 5.0 C = 1.50 kg kg 4186 kg C kg C = 9.6 C Esercizio 7 Un cilindro contiene 0.5 moli di un gas ideale alla temperatura di 37 C. Determinare la quantità di calore che deve essere fornita al gas per mantenere costante la temperatura, se il gas si espande isotermicamente da un volume iniziale di 0.31 m 3 ad un volume finale di 0.45 m 3. n = 0.5 mol T A = 37 C = 310 K V A = 0.31 m 3 T B = T A = 310 K V B = 0.45 m 3 In una trasformazione isoterma T = cost, dunque E int = 0 Q = L In una trasformazione isoterma di un gas ideale il lavoro può essere calcolato applicando l equazione di stato dei gas perfetti: Quindi: V f V f L = p dv = nrt V i V dv Q = nrt A ln V B V A = 0.5 mol V i = nrt ln V f V i K ln = 480 mol K 0.31 Esercizio 8 Due moli di un gas perfetto biatomico sono contenute inizialmente in un volume V A= 5.5 litri alla pressione P A= 3 atm. Il sistema subisce successivamente una trasformazione dallo stato iniziale A allo stato finale C composta da una trasformazione isobara AB con V B = 3 V A e da una trasformazione isocora BC con P C = 1/3 P B. Si calcoli: a) il calore totale Q AC scambiato nell intera trasformazione; b) il lavoro totale L AC svolto nell intera trasformazione.

7 n = mol c V = 5 R c p = 7 R R = mol K p A = 3 atm = Pa V A = 5.5 L = m 3 p B = p A = Pa V B = 3 V A = m 3 p c = 1 p 3 B = 1 atm = Pa V C = V B = m 3 Q AC =? L AC =? Rappresentiamo graficamente le trasformazioni nel piano p(v): Analizziamo il tratto AB, una trasformazione isobara: L AB = p V = p A (V B V A ) = p A (3V A V A ) = p A V A = ( Pa)( m 3 ) = 3344 Q AB = nc p T = nc p (T B T A ) Per determinare T A e T B applichiamo l equazione di stato dei gas perfetti: p A V A = nrt A T A = p AV A p B V B = nrt B T B = p BV B Quindi: = ( Pa)( m 3 ) nr ( mol)(8.315 mol K ) = ( Pa)( m 3 ) nr ( mol)(8.315 mol K ) Q AB = nc p T = nc p (T B T A ) = mol 7 R (301.6 K K) = = K = K Analizziamo ora il tratto BC, una trasformazione isocora: V = cost L BC = 0 Q BC = nc V T = nc V (T C T B ) Per determinare T C applichiamo di nuovo l equazione di stato dei gas perfetti:

8 p C V C = nrt C T C = p CV C = ( Pa)( m 3 ) nr ( mol)(8.315 mol K ) = K Dunque T C = T A, il che ci dice che E intac = 0 Q AC = L AC Q BC = nc V T = nc V (T C T B ) = mol 5 R (100.5 K K) = 8361 Quindi complessivamente: Q AC = Q AB + Q BC = = 3344 L AC = L AB + L BC = = 3344 = Q AC