FISICA per SCIENZE BIOLOGICHE, A.A. 2014/2015

FISICA per SCIENZE BIOLOGICHE, A.A. 2014/2015

1) Un corpo di massa m1 = 300 g scivola lungo un piano inclinato liscio di altezza h = 3m e inclinazione θ=30⁰ rispetto all’orizzontale. Il corpo parte da fermo dalla sommità del piano inclinato.

Giunto alla base del piano inclinato il corpo urta, in modo completamente anelastico, un corpo di massa m2 = 1.5 kg. Dopo l’urto i due corpi si muovono lungo il piano orizzontale scabro, con coefficiente di attrito dinamico µ = 0.2.

Calcolare:

a) la velocità con cui il corpo m1 giunge alla base del piano inclinato;

b) lo spazio percorso dai due corpi lungo il piano orizzontale scabro, prima di fermarsi.

2) Una mole di un gas perfetto monoatomico passa dallo stato iniziale A allo stato finale D compiendo le seguenti trasformazioni reversibili: A→B isovolumica con pB = 2pA , B→C isobara con VC = 3 VA , C→D adiabatica con pD = pA/2 . Inoltre pA,= 4 10 ³ N/m ² e VA = 1 m³ .

a) Si rappresentino le tre trasformazioni in un diagramma ( V, p) e si calcoli la quantità di calore totale scambiata dal gas passando dallo stato A allo stato D specificando se il calore sia assorbito o ceduto.

b) Si calcoli la variazione di energia interna del gas dallo stato A allo stato D.

(R= 8.31 J/Kmole =0.082 l atm /K mol)

3) In una condotta orizzontale di sezione A1=5 cm² scorre acqua.

In un secondo tratto della condotta la sezione diventa A2=1 cm².

a) calcolare la velocita` v1 nel primo tratto sapendo che la velocita’ nel secondo tratto vale v2 = 1 m/s;

b) calcolare la pressione p2 del fluido nel secondo tratto sapendo che nel primo si ha p1=0.04 atm.

4) Una lamina metallica piana, infinitamente estesa, è uniformemente carica con densità di carica superficiale σ = + 2.0 × 10 ^{- 11} C/m². A distanza 2d = 1 m dalla lamina, lungo l’asse y positivo, supposto perpendicolare alla lamina e con origine O sulla lamina, è posta una carica puntiforme positiva pari a Q = + 4.0 × 10 ^{- 11} C.

Determinare:

a) il campo elettrico nel punto P a distanza d dalla lamina lungo l’asse y positivo, indicandone modulo, direzione e verso;

b) la distanza dall’origine O del punto S dell’asse y, OS, dove è possibile porre una carica q positiva, in equilibrio.

[ Note: 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:

WWW

2.

.

.

/

/ (A-L),

(M-Z)

SOLUZIONE ESERCIZIO 1 (MECCANICA)

a) Per determinare la velocità del corpo alla base del piano basta applicare il principio di

conservazione dell’energia meccanica tra il punto di partenza (sommità del piano inclinato) ed il punto di arrivo (base del piano inclinato). L’unica forza in gioco che compie lavoro è infatti la forza peso che è conservativa.

2 1 1

, ,

2 1

f f f i i

f mecc i

mecc

v m gh m

U K U K

E E

=

+

= +

=

da cui si ricava

v_f = 2gh = 2 × (9.8m / s²) × 3m = 7.7 m / s

b) In un urto completamente anelastico si conserva solamente la quantità di moto prima e dopo l’urto i due corpi formano un unico corpo di massa (m1+m2), che procede con velocità v.

Tale velocità può essere determinata applicando la conservazione della quantità di moto, prima e dopo l’urto:

m₁v₁+m₂v₂ =(m₁+m₂)v

Nel caso in esame, v1 = vf = 7.7 m/s e v2 = 0, da cui si ottiene

v = m₁

(m₁+ m2)v₁= 0.3kg

(0.3+1.5)kg7.7m / s = 1.3m / s

Lo spazio d percorso dal corpo di massa (m1+m2) lungo il piano orizzontale scabro può essere ottenuto applicando il teorema lavoro-energia cinetica, ove l’unica forza che compie lavoro è la forza di attrito, parallela alla direzione di moto, con verso opposto al moto e di modulo fk = µN (essendo N=(m1+m2)g la forza normale al piano orizzontale):

L_att= ΔK f!_k⋅!

d = 0 −1

2(m₁+ m2)v²

− f_kd = −1

2(m₁+ m₂)v² µ(m1+ m2)g d =1

2(m₁+ m2)v² d = v²

2µg= (1.3m / s)²

2 × 0.2 × 9.8m / s² = 0.4 m

SOLUZIONE ESERCIZIO 2 (TERMODINAMICA)

a)

La quantità di calore totale scambiata dal gas Qtot = Q AB + Q BC + Q CD , dove : Q AB = n cv (TB – TA), Q BC = n cp ( TC – TB ) e Q CD = 0 .

TA= pAVA / nR = 481.3 K , TB = pBVB / nR = 2pAVA / nR = 2TA = 962.7 K e TC = pCVC / nR= 2pA3VA / nR = 6TA= 2888.1 K.

Si ricava pertanto Q AB = 5999 J e Q BC = 40000 J da cui Qtot = 45999 J ( positivo, assorbito) b) La variazione di energia interna ΔEAD è:

ΔEAD = ncv (TD – TA) . Inoltre TD = pDVD / nR dove pD = pA/2 e VD = VC ( pC / pD)^1/γ dove γ = cp / cv

Sostituendo i valori numerici si trova VD = 2.3 VC = 6.9 m³ ; TD = 1660.7 K e ΔEAD = 14700 J.

A

B C

D

V

SOLUZIONE ESERCIZIO 3 (FLUIDI) a) Per l’equazione di continuità:

𝐴_!𝑣_! = 𝐴_!𝑣_!

𝑣_! = 𝑣_!^!_!^!

!= 0.2  𝑚/𝑠

b) Per il Teorema di Bernoulli, sapendo che la condotta è orizzontale, si ottiene:

𝑝_!+^!_!𝜌𝑣_!^! = 𝑝_!+^!_!𝜌𝑣_!^! 𝑝_! = 𝑝_!+^!

!𝜌𝑣_!^!−^!

!𝜌𝑣_!^!

= 0.04 x 1.013 x 10⁵ N/m² + 1/2 10³ ((0.2)² – 1) N/m² = 3572 N/m²

SOLUZIONE ESERCIZIO 4 (ELETTROSTATICA)

a) Il campo elettrico nel punto nel punto P = (d,0) è dato dalla somma dei campi prodotti in P dalla lamina e dalla carica. I campi prodotti dalla lamina e dalla carica sono entrambi diretti lungo l'asse y ma con segno opposto (concorde con il semiasse y positivo il campo della lamina, con verso opposto quello della carica Q). Pertanto:

E(P) = EL(P) + EQ(P) = (σ / 2 εo ) j – (Q / 4 π εo d ² )j Sostituendo i valori numerici si ottiene :

E (P) = 0.31 N/C (- j )

b) L'unica regione dell'asse y dove è possibile trovare un punto di equilibrio per una carica q è quella compresa tra la lamina e la carica, dato che nelle regioni y > 2d e y < 0 i due campi (della lamina e della carica) hanno verso concorde.

Indicata con L la distanza di S dalla carica Q , dalla condizione di equilibrio tra le forze segue che:

/FL/ = /FQ /

q ( σ / 2 εo ) = q (Q / 4 π εo y ² ) da cui y = √( Q / σ 2 π ) = 0.56 m

Si trova quindi che la distanza OS del punto S dall'origine O è OS = 2d – y = 0.44 m