FISICA per SCIENZE BIOLOGICHE A.A. 2014/2015 II Prova in itinere – 25 Giugno 2015
1) ELETTROSTATICA
Dato un sistema d’assi cartesiani (x,y), nel punto A di coordinate (0,1m) è fissata una carica q, positiva di 4 10-
10 C. Nel punto B, di coordinate (0, 2m), è inoltre fissata una carica Q, positiva di 16 10-10 C. Si determini:
a) il campo elettrostatico creato dalle due cariche nell’origine degli assi (specificando direzione, modulo e verso) e le coordinate di eventuali punti di equilibrio, posti sull’asse y.
b) il lavoro compiuto dalle forze del campo per spostare una carica qo di 2 10-12 C, dall’origine degli assi , fino al punto R, di coordinate ( 2m, 0).
[N.B. e0 = 8.85 10-12 C2/Nm2 ] 2) FLUIDI
Un recipiente sferico vuoto ha volume V= 1 litro, massa 120 g e spessore trascurabile. Viene immerso in acqua.
Si determini:
a) il raggio della sfera e la forza esterna che occorre applicare ( si specifichi modulo, direzione e verso), per tenere in equilibrio il recipiente sferico, vuoto, tappato e immerso per metà del suo volume nell’acqua.
b) la massa d’acqua che occorre versare nel recipiente sferico vuoto in modo tale che, tappato e posto in acqua , risulti in equilibrio con metà del suo volume immerso .
3) TERMODINAMICA
Una mole di un gas perfetto biatomico che si trova inizialmente nello stato termodinamico
(pA = 105 N/m2 , VA = 3 10-2 m3, TA ), compie il ciclo termodinamico composto dalle seguenti trasformazioni:
AB: espansione isoterma fino al volume VB = 2 VA; BC: compressione isobara fino al volume VC = VA ; CA:
compressione isocora fino alla pressione iniziale ;
a) si disegni il ciclo su un piano V, p e si determinino le variabili p, V e T per i punti A, B, C ;
b) si calcolino il lavoro compiuto e il calore scambiato dal gas in ognuna delle tre trasformazioni e si determini il rendimento del ciclo;
c) facoltativo: si confronti il rendimento del ciclo con quello di un analogo ciclo che utilizzi gas perfetto monoatomico e con quello di un ciclo di Carnot che lavori tra la temperatura minima e quella massima del ciclo.
Recupero Cinematica
Un corpo di massa M = 300 g procede su un piano orizzontale liscio, con velocità v=5.7 m/s, fino ad un punto ove si trova un gradino di altezza h = 20 cm. Determinare la distanza orizzontale massima raggiunta dopo avere lasciato il gradino.
Recupero Dinamica
Un corpo di massa M = 300 g viene lasciato libero di muoversi lungo un piano inclinato scabro, con coefficiente di attrito µ = 0.2 ed angolo di inclinazione θ = 30°. Determinare le componenti della forza peso e della forza di attrito lungo il piano e perpendicolari al piano e l’accelerazione totale (in modulo, direzione e verso) a cui il corpo è soggetto.
Recupero Lavoro_-_Energia
Un corpo di massa M = 300 g viene lasciato libero di muoversi lungo un piano inclinato scabro, con coefficiente di attrito µ = 0.2 ed angolo di inclinazione θ = 30°, partendo con velocità nulla da un un punto A a quota H = 2.5 m rispetto alla base del piano. Determinare l’energia cinetica con cui giunge alla base del piano.
SCRIVERE IN MODO CHIARO. GIUSTIFICARE 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, www.mi.infn.it/~sleoni
Soluzione Elettrostatica
a) Il campo elettrostatico totale E è la somma del campo Eq e di EQ , creati rispettivamente da q e da Q.
Nell’Origine degli assi i due campi sono paralleli ed equiversi , pertanto il modulo di E è la somma dei moduli di Eq e di EQ . La direzione e il verso di E sono quelli di –j . Il modulo di Eq e di EQ sono: / Eq / = k q / (OA)2 ; / EQ / = k Q / (OB)2 |= k 4q / 4 (OA)2 = / Eq /. Si ha pertanto
/E/ = 2 / Eq / = 72 10 -1 N/C ( -j ).
Gli eventuali punti di equilibrio (P) si possono trovare solo tra A e B in quanto solo in questa regione i due campi hanno verso opposto. Indicato con y l’ordinata di P, i moduli dei due campi sono / Eq / =k q / (y-1)2 ed / EQ /
= k 4q /(2-y)2. Per gli eventuali punti di equilibrio deve essere
/ Eq / = / EQ / da cui si ricava 3y 2 - 4y = 0 . L’equazione ammette due soluzioni : y=0 e y = 4/3, ma y=0 non è accettabile in quanto i due campi nell’Origine hanno lo stesso verso e pertanto non si annullano. Il punto di equilibrio sull’asse y ha pertanto ordinata y = 4/3 m.
b) Il lavoro totale L compiuto dalle forze del campo per spostare qo da O fino ad R , è la somma del lavoro compiuto dalle forze del campo creato dalla carica q, Lq , e del lavoro compiuto dalle forze del campo creato dalla carica Q, LQ. . Inoltre Lq = (U q(O) –U q(R)) ed LQ = (U Q (O) –U Q(R) ). dove U q è l’energia potenziale dovuta alla carica q e UQ è l’energia potenziale dovuta alla carica Q . Inoltre U q(O) –U q(R) ) = k q qo (1 / (OA) - 1/ (RA)) e UQ (O) –UQ(R) = k Q qo (1 / (OB) - 1/ (RB)), dove OA = 1m, OB= 2m, RA= √ 5 m , RB = √ 8 m . Sostituendo i valori numerici si ottiene Lq = 39.8 10 -13 J e L Q= 43.2 10 -13 J . L è pertanto Lq = 83 10 -13 J . Soluzione Fluidi
a) Il raggio R del recipiente sferico si ricava dal volume dalla relazione R = ( 3V / 4π) 1/3. Sostituendo i valori numerici, V= 1litro= 10 -3 m3 , si ottiene R= 6.18 cm. Il recipiente sferico è soggetto alla forza peso P = mg = 1.18 N e , qualora sia immerso in acqua per metà del volume, è soggetto ad una forza di Archimede, S = m’ g , dove m’ e la massa di acqua contenuta in un volume pari a quello di una semisfera di raggio R, quindi la massa di acqua è 0.5 kg.. La Spinta Archimedea è pertanto 4.9 N., diretta verso l’alto , lungo la verticale . La forza esterna Fe da applicare per la condizione di equilibrio ( verso il basso, lungo la verticale ) è pertanto (4.9-1.18)N = 3.72 N. .
b) La condizione di equilibrio si può ottenere versando nel recipiente sferico vuoto una quantità di acqua il cui Peso sia 3.72 N e pertanto 0.38 kg
Soluzione Termodinamica
Il ciclo ABC è mostrato in figura .
A
B C
TA .= pA VA /nR = 361 K;
p
A= 10
5N/m
2, V
A= 3 10
-2m
3TB = TA
p
B= p
A/2 ; V
B= 2 V
A= 6 10
-2m
3V
C= V
Ap
C= p
A/2
TC = TA /2 = 180.5 Kb) LAB = nR TA ln (VB / VA ) = 2078.9 J ; LBC =
p
B( V
C- V
B) = - 1500 J;
LCA = 0 QAB = LAB = 2078.9 J QBC = n cp (TC - TB) = -5249.8 J cp = 7 R/2QC A= n cV (TA - TC) = 3749.9 J cV = 5 R/2.
Inoltre Lciclo = 578.9 J .
Il rendimento del ciclo è η = Lciclo / Q assorbito = 0,09 ( nota : Q assorbito = Q AB + Q CA ).
c) Se il gas fosse monoatomico il Lavoro non cambierebbe, ma il Calore sì, poiché variano
cp e cV che sarebbero uguali rispettivamente a 5R/2 e 3R/2 . Il calore QC A sarebbe quindi 2249.9J e il calore assorbito 4328.8 J . Il rendimento diventerebbe quindi 0,13.
Se il ciclo fosse un ciclo di Carnot, operante tra la minima e la massima temperatura del ciclo studiato, il rendimento varrebbe η Carnot = 1 - TC / TA = 0.5
Soluzioni Recuperi
Cinematica
La distanza orizzontale massima raggiunta, dopo il gradino, si ottiene applicando le equazioni di moto del proiettile, prendendo come origine degli assi cartesiani il punto dove inizia il gradino e come velocità iniziale v 0 con v0 x = 5.7 m/s e v0y = 0, si ha
x = v0 x t + x 0 con x 0 = 0 y = -1/2gt2 + y0 con y0 =0 L’istante t in cui y = -h = - 0.2m è:
t = (2h/g)1/2 = 0.2 s e pertanto x = 1.14 m
Dinamica
Scelto un sistema d’assi (x,y) in cui l’asse x è parallelo al piano inclinato (verso positivo verso il basso ) e l’asse y è ortogonale al piano inclinato con verso positivo verso l’alto, le
