CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE

CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE Appello di FISICA, 10 Settembre 2010

1) Un corpo di massa M = 500 g poggia su un piano scabro inclinato di un angolo θ = 30°.

a) Determinare il valore del coefficiente μs di attrito statico che permette al corpo di stare in equilibrio;

b) Supponendo ora di imprimere al corpo una velocità v = 1 m/s, parallela al piano e diretta verso il basso, calcolare la velocità posseduta dal corpo dopo avere percorso un tratto lungo L = 2m.

Si assuma che il coefficiente μd di attrito dinamico sia pari al valore precedente di μs .

2) Si consideri il sistema di cariche puntiformi mostrato in figura, con q1 = q2 = 10 nC , q3 = q4 = - 15 nC e d = 10 m.

Si calcolino:

a) il campo elettrico nel punto P, specificando modulo, direzione e verso;

b) il potenziale elettrostatico nel punto P.

3) Una piccola zattera di legno, che ha densità dZ pari alla metà di quella

dell’acqua (dacqua ) e dimensioni 0.5 m x 0.8m e spessore h=0.1m, viene posta in acqua.

Si calcoli:

a) lo spessore himm della zattera che risulta immerso all’equilibrio;

b) la massa mS e il volume VS di sabbia, con densità dS = 1.5 dacqua , che può essere caricata sulla zattera in modo che all’equilibrio lo spessore immerso h*imm sia 0.09m.

4) Una quantita` pari a n=2 moli di gas perfetto monoatomico, che occupa un volume VA= 3 litri alla pressione pA= 6 atmosfere, compie un ciclo termodinamico reversibile composto dalle seguenti trasformazioni: AB espansione isobara fino ad un volume VB = 3 VA, BC trasformazione in cui la pressione decresce linearmente all’aumentare del volume del gas con pC = 1/3 pA e VC = 4 VA , CD trasformazione isobara e DA trasformazione isoterma che riporta il gas alle condizioni iniziali.

a) Si disegni il ciclo sul piano V- p e si calcolino le coordinate termodinamiche dei punti A, B, C, D ed il lavoro compiuto dal gas nelle singole trasformazioni e nell’intero ciclo;

b) Si calcoli la quantità di calore scambiata ( precisando se sia assorbita o ceduta) e la variazione di energia interna del gas nelle singole trasformazioni e nell’intero ciclo.

[Nota: ε0 = 8.85 10^-12 C²/Nm2

R= 8.31 J/Kmole =0.082 l atmo /Kmole]

SCRIVERE IN MODO CHIARO. GIUSTIFICARE BREVEMENTE I PROCEDIMENTI. SOSTITUIRE I VALORI NUMERICI SOLO ALLA FINE. NON SCORDARE LE UNITA` DI MISURA. Testi, soluzioni ed esiti

alle pagine: www2.fisica.unimi.it/bettega/ (AD), qinf.fisica.unimi.it (EN), www.mi.infn.it/~sleoni (OZ)

SOLUZIONE ESERCIZIO 1

a) Il corpo appoggiato sul piano rimane in equilibrio se la risultante delle forze è nulla:

Fr_net =Fr_g + fr_s +Nr =0

Tale equazione proiettata sull’asse x ed y fornisce la condizione di equilibrio:

: cos 0

0 sin :

=

−

= +

−

θ θ μ

Mg N y asse

Mg N x

asse _s

da cui si ricava:

sin / sin /cos 1/ 3 0.6

cos

=

=

=

=

=

θ θ θ

μ

θ N Mg

Mg N

s

b) Dal teorema lavoro-energia cinetica di ottiene il valore della variazione di energia cinetica:

J m

s m kg MgL

MgL MgL

L L Mv Mv

K

d d

att g i f

19 . 0 2 ) 6 3 . 0 5 . 0 ( 2 / 8 . 9 5 . 0

) cos (sin

cos sin

2 1 2

1

2 2 2

−

=

×

−

×

×

=

−

=

−

=

+

=

−

= Δ

θ μ θ

θ μ

θ

L’energia cinetica finale, dopo il tratto L, vale quindi:

J s

m kg J

Mv K

Mv_{f i}

05 . 0 ) / 1 ( 5 . 0 5 . 0 2 . 0

2 1 2

1

2 2

2

=

×

× +

−

= + Δ

=

La velocità alla fine del tratto L è pari a v_f = 0.05×2/M =0.48m/s≈0.5m/s

a) Il campo elettrostatico E in P è la somma vettoriale dei campi Ei in P dovuti alle singole cariche.

Come mostrato in figura, le cariche positive q1 e q2 producono in P dei campi elettrici repulsivi, di eguale intensità e diretti lungo le due diagonali del quadrato di lato d. Le cariche negative q3 e q4 producono in P dei campi elettrici attrattivi, anche in questo caso di eguale intensità e diretti lungo le due diagonali del quadrato di lato d, con vero concorde ai campi precedenti.

Il campo elettrico totale sarà quindi diretto vero il basso, lungo l’asse che passa per il punto medio della distanza fra le cariche negative q3 e q4.

Il modulo di E si ottiene sommando i vettori EA = E2+E3 ed EB = E1+E4, di eguale modulo, diretti lungo le diagonali:

La distanza r è pari a:

da cui si ottiene

Il campo E totale ha quindi modulo:

b) Il potenziale elettrostatico V in P è la somma algebrica dei potenziali Vi in P dovuti alle singole cariche:

( )

m C

Nm q r q

r q r q r q r q V V

n

i i

73 . 12 10

15 ) 10

07 . 7 ( 10 2

9

) 2(

4 1 4

1

9 2

2 9

3 1 0

4 3 2 1 0 1

−

=

×

−

×

×

=

−

×

=

⎟⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ + + +

=

=

−

∑

πε πε

(

)

2 0

2 3 2 2 0

3 2

1 4

1 4

1

q r q

r q r q

E E E E_{A B}

+

×

=

⎟⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ +

=

+

=

=

πε πε

m m

d r

d d r d

07 . 7 2 / 10 2 /

2 2

2

2 2 2

2

=

=

=

⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝ +⎛

⎟⎠

⎜ ⎞

⎝

=⎛

( )

( )

m C

Nm q r q

E E_{A B}

/ 5 . 4 10

15 ) 10

07 . 7 ( 10 1

9

1 4

1

9 2

2 2 9

3 2 2

0

=

× +

×

×

=

+

×

=

=

−

πε

C N E

E E E E

A A B A

/ 4 . 6 2 2 ²

2 2

=

=

=

+

=

SOLUZIONE ESERCIZIO 3

a) La zattera posta in acqua è soggetta alla forza peso e alla forza di Archimede, diretta verso l’alto e pari al peso del volume di acqua spostata. All’equilibrio la forza peso e la forza di Archimede, che hanno la stessa direzione e verso opposto, avranno lo stesso modulo. Risulta pertanto:

dz V g = dacqua V imm g dove V e V imm sono rispettivamente il volume totale e quello immerso in acqua della zattera . Si ha quindi :

dz (A h) g = dacqua (Ah imm ) g dove h=0.1 m ed A = (0.5 x0.8 ) = 0.4 m² da cui h imm = (dz / dacqua) h = h /2 = 0.05m

b) Nel caso in cui la zattera venga caricata con la sabbia , sia mS e VS rispettivamentela massa e il volume di sabbia, si avrà, :

dz (Ah) g + mS g = dacqua (Ah* imm ) g

dove h* imm = 0,09 m, dacqua = 10³ kg/m³ e dz = 0.5 10³ kg/m³ .

Si ricava quindi mS = 16 kg e poiché d S = 1.5 10³ kg/m³ , risulta VS = 0.0107 m³ .

a)

Stato A : secondo la legge dei gas perfetti si ha TA = pA VA / n R = 109.76 K ed inoltre pA = 6 atmosfere e VA = 3 litri.

Stato B: pB = pA = 6 atmosfere; VB = 3 VA = 9 litri; TB = pB VB / n R = 3 TA = 329.28 K Stato C: pC = 1/3 pA = 2 atmosfere ; VC = 4 VA = 12 litri ; TC = 1/3 pA (4 VA) / nR = 4/3 TA = 146.35 K.

Stato D : TD = TA = 109.76 K; pD = pC = 1/3 pA ; e poiché pD VD = pA VA , si ha VD = 3 VA = 9 litri

Inoltre

LAB = pA (VB - VA) = pA (3VA - VA )= 2 pA VA = 2 nR TA = 3648.4 J LBC = ½( pB + pC ) (VC - VB) = 1216.1 J

LCD = pC (VD - VC) = - 608.1 J

LDA= nR TA ln (VA / VD )= - 2004.1 J e dunque LCICLO = 2252.3 J b)

QAB = n cp (TB - TA) = 9121.1 J ( assorbita)

QBC = ΔΕBC + LBC = n cv (TC - TB) + LBC = -3344.4 J (ceduta) QCD = n cp (TD - TC) = -1519.9 J (ceduta)

QDA = LDA= - 2004.1 J (ceduta) e dunque QCICLO = 2252.7 J (assorbita e, come aspettato, ≅ LCICLO ).

ΔEAB = QAB - LAB = 5472.7 J ΔEBC = QBC - LBC = - 4560.5 J ΔECD = QCD - LCD = -911.8 J

ΔEDA = 0 e pertanto, come aspettato, ΔECICLO = 0

p ^A B

D C

V