FISICA per SCIENZE BIOLOGICHE, A.A. 2011/2012
Appello del 12 settembre 20121) Una particella P1, di massa m1 = 0.2 kg e velocità iniziale v01 = 12 m/s, urta in modo perfettamente anelastico una particella P2, di massa m2 = 0.4 kg, inizialmente ferma nel punto O. Dopo l’urto le due particelle proseguono unite per un tratto orizzontale OA= 2m, fino al punto A, alla base di un piano liscio, inclinato di 30°, rispetto al piano orizzontale. Le particelle raggiungono quindi la sommità (punto B) del piano inclinato, che ha lunghezza AB = 1 m, e cadono poi nel piano verticale terrestre. Si calcoli:
a) la velocità delle due particelle subito dopo l’urto.
b) la velocità delle due particelle nel punto B, specificando modulo e direzione, la massima quota raggiunta dopo aver abbandonato il piano inclinato e la traiettoria delle due particelle nel piano verticale terrestre.
2) Un recipiente cilindrico, alto h= 4 m e di raggio R = 2 m, è riempito per metà di acqua ed ha un foro di raggio r = 1 cm, chiuso da un tappo, ad una distanza h = 0.5 m dal fondo della cisterna.
Calcolare:
a) la velocità di deflusso dell’acqua dal forellino dopo aver tolto il tappo.
b) la velocità di deflusso dell’acqua dal forellino, nel caso in cui si sia versato dell’olio nel recipiente, fino a riempirlo completamente (densità olio = 0.9 g/cm3).
3) Una mole di un gas ideale monoatomico compie le seguenti trasformazioni:
A → B: espansione in cui la pressione cresce linearmente da pA = 6 10 5 N/ m 2 a pB = 8 10 5 N/ m 2 al crescere del volume da VA = 1 dm 3 a VB = 2 dm3
B → C: espansione isotermica fino al volume VC = 3 dm3
a) Si disegnino nel piano (p,V) le trasformazioni termodinamiche e si calcoli il lavoro totale compiuto dal gas da A a C;
b) Si calcolino la variazione di energia interna e il calore scambiato dal gas da A a C, specificando se il calore sia assorbito o ceduto.
(N.B. R= 8.31 J/Kmole =0.082 l atm /K mol)
4) Una particella A con carica positiva Q = 3.2 10-19 C è fissata in un punto O. Una seconda particella B, con carica negativa q = -1.6 10-19 C e massa m = 9.11 10-31 kg, si muove in modo uniforme con velocità di modulo v = 3.18 106 m/s lungo una circonferenza di raggio R con centro in O.
Si determini :
a) Il raggio R della circonferenza;
b) L’energia cinetica, potenziale e totale del sistema delle due cariche.
(N.B. ε0 = 8.85 10-12 C2/Nm2 )
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), fisbio.webhop.net (EN), www.mi.infn.it/~sleoni (OZ)
Soluzione Esercizio 1 (Meccanica)
a) Durante l’urto delle due particelle si conserva la quantità di moto del sistema ed inoltre al termine dell’urto le due particelle sono unite e si muovono con la stessa velocità vf .
Si ha quindi: (m1 v01) = (m1 + m2)vf . Sostituendo i valori numerici si ricava vf = 4 m/s . b) Nel punto A l’energia meccanica dopo l’urto è E(A) = ½ (m1 + m2 ) vf 2 = 4.8 J.
Durante la salita lungo il piano inclinato l’energia meccanica si conserva e pertanto nel punto B, a quota BH = 0.5 m rispetto al suolo, E(B) = 4.8 J, l’energia potenziale U(B) = (m1 + m2)ghB = 2.94 J. L’energia cinetica delle due particelle Ecin (B) = E(B) - U(B) = 1.86 J . Si ricava quindi la velocità delle due particelle in B, v(B), che risulta 2.49 m/s ed è parallela al piano inclinato, diretta verso l’alto.
Abbandonato il piano inclinato nel punto B, le due particelle si muovono nel piano verticale terrestre, sotto l’azione della forza peso. La velocità iniziale è v(B) e la quota iniziale (BH), altezza del piano inclinato. Scelto un sistema d’assi (x,y) in cui l’asse x giace nel piano orizzontale terrestre, l’asse y è parallelo alla verticale terrestre e l’origine è in H, le componenti v (B)x e v(B)y
della velocità in B delle due particelle sono :
v(B)x = 2.49 cos30° e v(B)y = 2.49 sen30°. Nel punto di massima quota Q, ad altezza QK rispetto al suolo, si annulla la componente y della velocità, mentre la componente x della velocità v(Q)x = v (B)x . Nel punto di massima quota Q l’energia cinetica è pertanto Ecin(Q) = ½(m1 + m2)v(B)x2 = 1.395 J. Applicando nuovamente il teorema di conservazione dell’energia meccanica si ricava l’energia potenziale nel punto Q che risulta U(Q) = 4.8 J -1.395 J = 3.4 J = (m1 + m2)g (QK) e da questo valore, la massima quota raggiunta, QK, che risulta 0.58 m.
Le componenti del vettore posizione delle due particelle sono:
x(t) = v(B)x t (t = tempo) e y(t) = - ½ g t 2 + v(B)y t + (BH). Da queste relazioni si ricava l’equazione della traiettoria, eliminando il tempo.
L’equazione della traiettoria è : y = -1.05 x2 + 0.58 x + 0.5.
Soluzione Esercizio 2 (Fluidi)
a) La velocità v1 con cui il pelo dell’acqua si abbassa alla superficie della cisterna è trascurabile rispetto alla velocità v2 di deflusso dell’acqua dal forellino, come segue dalla equazione di continuità. Indicata con S1 ed S2 rispettivamente la sezione della cisterna e del forellino, si ha:
S1 v1 = S2 v2 R2 v1 = r2 v2 da cui v1 /v2 = r2 /R2 = 0.25 10 -4
La velocità v2 di deflusso dell’acqua dal forellino si ottiene applicando il teorema di Bernoulli:
p1 + ρacqua gh1 + ½ ρacqua v1 2 = p2 + ρacqua gh2 + ½ ρacqua v2 2 dove h1 = H/2= 2m, h2 = 0.5 m, v1 ∼ 0, p1 = p2 =p atmosferica e ρacqua = 1000 kg/m3 .
Si ha pertanto v2 = (2 g (h1 - h2) ) ½ = 5.4 m/s
b) Quando la cisterna viene riempita con olio la pressione p1 = p atmosferica + ρolio g h olio , dove ρolio = 900 kg/ m3 e holio = 2m. Applicando di nuovo il teorema di Bernoulli si ha:
patmo + ρolio g holio + ρacqua gh1 + ½ ρacqua v1 2 = patmo + ρacquagh2 + ½ ρacqua v2 2.
Si ottiene quindi v2 = 8 m/s.
Soluzione Esercizio 3 (termodinamica)
a) Il grafico delle trasformazioni AB-BC nel diagramma (p,V) è il seguente :
Il Lavoro totale L = LAB + LBC
LAB = ½ (pA + pB ) (VB – VA)
LBC = nR TC ln ( VC / VB ) dove TC = pC VC / nR = pBVB / nR ( la trasformazione BC è isoterma) . Sostituendo i valori numerici si ricava:
LAB = 700 J TC = 192.5 K
LBC = 649 J ed L = 1349 J
b) La variazione di energia interna ΔEAC è:
ΔE AC = n cV ( TC – TA )
dove TA = pA VA / nR e cV = 3R/2 Sostituendo i valori numerici si ottiene:
TA = 72.2 K e ΔEAC =1499.5 J
Dal primo principio della termodinamica si ha:
ΔE = Q - L e pertanto Q = L+ ΔE Q = 2848.5 J.
Q è positivo, pertanto il calore è assorbito dal gas.
Soluzione Esercizio 4 (elettrostatica)
a) Nel moto circolare l'accelerazione centripeta ha la seguente espressione:R ac v
2
=
e la corrispondente forza che agisce sulla particella q è data da:
2 0 2
4 1
R Qq R
mv mac
= πε
=
da cui si ricava il raggio dell’orbita:
R = 1 4πε0
Qq v2 m
= 9 ×109 Nm2
C2 × 3.2 ×10−191.6 ×10−19C2 (3.18 ×106m / s)2× 9.11×10−31kg
= 0.510−10m
a) L’energia totale Etot del sistema è la somma dell’energia potenziale elettrostatica U e dell’energia cinetica K. Calcolo U, K e Etot , indicando con Q e q le cariche delle particelle in modulo:
K =1 2mv2
=1
2× 9.11×10−31× (3.18 ×106)2J = 46 ×10−19J U = − 1
4πε0
Qq R
= −(9 ×109) ×3.2 ×10−191.6 ×10−19
0.5 ×10−10 J = −92.16 ×10−19J Etot= K +U
= 46 ×10−19J − 92.16 ×10−19J = −46.2 ×10−19J
![[1] D. K. Shaeffer, T.H. Lee, “A 1.5-V, 1.5-GHz CMOS Low Noise Amplifier” IEEE J. Solid-State Circuits, vol. 32, pp. 745-759, May 1997](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAP///wAAACH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAICRAEAOw==)