FISICA per SCIENZE BIOLOGICHE, A.A. 2014/2015
Prova scritta del 1 luglio 20161)
Una guida verticale semicircolare liscia ha raggio R = 3 m e poggia su un piano orizzontale scabro, come mostrato in figura. Alla base della guida è posto un corpo P1 di massa M = 300 g.All’istante iniziale, un corpo P2, di massa uguale al precedente, viene messo in moto nel punto A, lungo la guida (internamente) con velocità vA = 10 m/s. Determinare:
a) la velocità di P2 nel punto B e nel punto C, immediatamente prima dell’urto con il corpo P1. Si determini la velocità dei due corpi (P1 e P2), immediatamente dopo l’urto, supponendo l’urto perfettamente anelastico ed i due corpi uniti dopo l’urto;
b) il coefficiente di attrito µ del piano scabro affinché il due corpi (P1 e P2), uniti dopo l’urto perfettamente anelastico, percorrano una distanza D = 15 m, prima di arrestarsi completamente.
2)
Due moli di gas perfetto biatomico compiono la seguente trasformazione ciclica:AàB: isobara con VA = 2 litri, pA= 6 atm e VB = 3VA ;
BàC: in cui la pressione p decresce linearmente all’aumentare del volume V, con VC = 4 VA
CàD: isobara, con VD = 2 VA; DàA: isoterma
a) Fare il grafico della trasformazione complessiva, specificando le coordinate termodinamiche in A, B,C e D. Calcolare inoltre la variazione di energia interna ΔE nelle singole trasformazioni e nella trasformazione complessiva.
b) Calcolare il calore Q e il lavoro W nelle singole trasformazioni e nella trasformazione complessiva.
(Nota: R= 8.31 J/Kmole =0.082 l atmo /Kmole)
3)
Un recipiente cilindrico di raggio R = 1 m e altezza HS = 2m contiene acqua, al di sopra della quale si trova uno strato di 20 cm di un liquido non miscibile, che ha densità d = 0.8 g/ cm3 . I due liquidi riempiono totalmente il serbatoio, che è aperto in aria. Alla base del recipiente è praticato un forellino f, di dimensioni trascurabili rispetto al raggio del recipiente, inizialmente chiuso da un rubinetto. Si determini:a) la pressione sul fondo del serbatoio e sulla superficie superiore dell’acqua.
b) la velocità dell’acqua attraverso il forellino all’apertura del rubinetto.(Supporre i liquidi fluidi ideali).
4)
Una lamina piana, infinitamente estesa ed uniformemente carica con densità di carica superficiale negativa σ = - 5 x 10 -10 C/ m2, è disposta perpendicolarmente all’asse x e passa per l’origine O = (0,0).Nei punti di coordinate A = (10m, 0), B = (5m, 5m) e C=(5m, -5m) sono poste tre cariche puntiformi negative di intensità –Q.
Una particella di carica positiva q = 2 10
-14C è posta in P = (5m,0).
Si determini:
a)il campo elettrostatico creato dalla lamina nel punto P ed il valore delle cariche negative –Q tali che la particella di carica positiva q si trovi all’equilibrio nel punto P.;
b) Il potenziale in P dovuto alle sole tre cariche puntiformi –Q ed il lavoro fatto dal campo elettrico prodotto delle sole 3 cariche puntiformi per portare la particella q dal punto P a distanza infinita.
[N.B. ε0 = 8.85 10-12 C2/Nm2 ]
SCRIVERE IN MODO CHIARO.DESCRIVERE I PROCEDIMENTI E LE FORMULE USATE.SOSTITUIRE I VALORI NUMERICI SOLO ALLA FINE.INDICARE LE UNITA` DI MISURA.
TESTO, SOLUZIONI ED ESITI DELLA PROVA VERRANNO PUBBLICATI ALLE PAGINE: WWW2.FISICA.UNIMI.IT/BETTEGA/(A-L), WWW.MI.INFN.IT/~SLEONI (M-Z)
Soluzione Esercizio 1
a) Essendo la guida verticale liscia, l’unica forza che compie lavoro durante il moto del corpo P2 lungo la guida AC è la forza peso (conservativa). Vale pertanto la legge di conservazione dell’energia meccanica:
Emecc,A = ½ mvA2 + Mg (2R)
= Emecc,B = ½ mvB2 + Mg (R)
= Emecc,C = ½ mvC2
Dalle relazioni precedenti è quindi possibile ricavare le velocità in B e C:
vB2= vA 2+ 2gR vB= vA
2+ 2gR = 12.6m / s vC2= vA
2+ 2 × 2gR vC= vA
2+ 2 × 2gR = 14.8m / s
La velocità V dei due corpi, uniti dopo l’urto anelastico, si ricava dalla conservazione della quantità di moto:
MvC= (M + M )V V = vC/ 2 = 7.4m / s
b) Il coefficiente di attrito µ si può ottenere dal teorema lavoro-energia cinetica, relativamente al moto dei due corpi, uniti dopo l’urto elastico. In tale moto, solo la forza di attrito compie lavoro, pertanto:
L = Kf − Ki= −Ki= −1 22MV2 fd⋅
D = −µ2MgD = −1 22MV2 µ = V2
2gD= 0.19
Soluzione Esercizio 2
a) La trasformazione termodinamica è rappresentata in un diagramma (V, p ) nella seguente figura:
p
D C
B
V A
Le coordinate termodinamiche dei punti A, B, C, D si ottengono applicando la legge dei gas perfetti e risultano:
p
A= 6 atm = 6.078 10
5N/m
2; V
A= 2 litri = 2 10
-3m
3; T
A= 73.14 K
p
B= 6 atm = 6.078 10
5N/m
2; V
B= 6 litri = 6 10
-3m
3; T
B= 219.42 K
T
D= T
A= 73.14 K;
V
D= 2 V
A= 4 litri = 4 10
-3m
3; p
D= p
A/2 = 3 atm = 3.039 10
5N/m
2; p
C= p
D=3 atm = 3.039 10
5N/m
2; V
C= 4V
A= 8 litri = 8 10
-3m
3; T
C= 146.28 K
inoltre ΔE = n c
VΔT, con c
V= 5R/2 pertanto:
ΔE
AB= n c
V( T
B- T
A) = 6077.9 J ΔE
BC= n c
V( T
C- T
B) = - 3038.9 J ΔE
CD= n c
V( T
D- T
C) = - 3038.9 J ΔE
DA= 0 J
ΔE
tot= 0 J b) Inoltre :
L
AB= ( p
A) ( V
B- V
A) = 2432.16 J
Q
AB= n c
p( T
B- T
A) con c
p= 7R/2 pertanto Q
AB= 8509.10 J L
BC= (p
B+ p
C) ( V
C- V
B)/2 = 912.06 J
Q
BC= L
BC+ ΔE
BC= - 2126.84 J
L
CD= p
C( V
D- V
C)= - 1216.08 J
Q
CD= L
CD+ ΔE
CD= -4254.98 J
L
DA= Q
DA= nR T
Aln(0.5) = -842.75
L
tot= 1285.39 J Q
tot= 1284.53
Soluzione Esercizio 3
a) La pressione p
fsul fondo del recipiente è:
p
f= p
ATMO + pL + pH2O dovep
ATMO = pressione atmosferica, pL = pressione dovuta al peso della colonna di liquido L, e pH2O pressione dovuta al peso della colonna di acqua. Si ha quindi :p
f= p
ATMO+ d
Lg h
L+ d
H2Og h
H2Odove d
Le d
H2Osono rispettivamente le densità del liquido L e dell’acqua. Si ha quindi p
f= (101300 + 1568 + 17640) N/m
2= 120508 N/m
2.
La pressione alla superficie superiore dell’acqua, p, è pertanto: p
= p
ATMO+ d
Lg h
L= (101300+1568) N/m
2= 102868 N/m
2.
b) Applicando il teorema di Bernoulli in un punto sulla superficie dell’acqua (a quota H (1,8 m) , dove la velocità dell’acqua è V) e in un punto all’uscita dal forellino ( a quota h
f=0, dove la velocità dell’acqua è v ) si ha:
p
ATMO+ d
Lg h
L+ d
H2Og H + d
H2OV
2/2 = p
ATMO+ d
H2Og h
f+ d
H2Ov
2/2.
Tenendo conto che V è circa 0 perchè la sezione della superficie dell’acqua è molto maggiore di quella
del forellino e che h
fè 0 , si ricava v che risulta 6.2 m/s.
Soluzione Esercizio 4
a) Il Campo Elettrostatico creato da una lamina piana infinitamente estesa è uniforme in tutti i punti dei due semispazi che la circondano. E’ inoltre perpendicolare alla lamina, ha modulo σ / 2
ε
0 e nel caso di carica superficiale negativa ha verso entrante, rispetto alla superficie piana.Nel punto P= (5m,0) il campo totale è pertanto EP = σ / 2
ε
0(- i) dove i è il versore dell’asse x.
Sostituendo i valori numerici dati si ha quindi:
EP = 28.2 N/C
(- i)
Il campo prodotto in P dalle tre cariche puntiformi è diretto parallelamente all’asse x (con verso concorde all’asse x) ed è dovuto solo alla carica posta in A=(10m,0). I campi dovuti alle cariche puntiformi poste in B e C si annullano infatti a vicenda.
La condiziona di equilibrio per la carica positiva q, posta in P, è pertanto:
Fσ = FQ
q σ 2ε0
= q 1 4πε0
Q (PA)2
ove PA= 5m è la distanza tra la particella q in P e la carica Q in A.
Dalla relazione precedente si ricava
Q = σ
2ε04πε0(PA)2= 7.8×10−8C
a)
Il potenziale in P dovuto alle sole tre cariche puntiformi –Q è dato dalla somma dei potenziali in P dovuti alle single cariche. Tali potenziali sono tutti uguali fra loro, essendo uguali le distanze PA, PB e PC tra le single cariche –Q ed il punto P:V (P) = −3× 1 4πε0
Q
(PA) = −423 V
Il lavoro fatto dal campo prodotto dalle 3 cariche puntiformi -Q per portare la carica positiva q dal punto P a infinito è uguale ed opposto alla differenza di energia potenziale tra P e infinito:
L(P → ∞) = −ΔU
= −q(V (∞) −V (P))
= qV (P) = −846 10−14J
Infatti il potenziale prodotto da una carica puntiforme a distanza infinita è nullo.
