FISICA per SCIENZE BIOLOGICHE, A.A. 2014/2015 Prova scritta del 10 Settembre 2015
1) Una particella di massa m = 0.2 kg viene lanciata dal punto O alla base di un piano inclinato di 60°, OB, con velocità iniziale vo , parallela al piano inclinato e raggiunge la sommità del piano ( punto B)
con velocità nulla. Il tratto OB percorso dalla particella ha lunghezza L = 2m.
a) Calcolare il modulo vo della velocità iniziale .
b) Nel punto B la particella viene lasciata libera di muoversi lungo un altro piano inclinato, BC, scabro, adiacente al primo (vedi figura) e di uguale lunghezza ed inclinazione. La particella discende fino al punto C, al suolo. Sapendo che il coefficiente di attrito particella-piano BC è µ = 0.2 , si calcoli l’accelerazione nel tratto BC e la velocità della particella nel punto C.
O B
C
2) Un gas perfetto biatomico , inizialmente con volume V A = 50 L, pressione pA = 2 atmo e temperatura TA = 300 K, compie le seguenti trasformazioni: A→ B isovolumica con pB = 2 pA ;
B→C , isoterma con VC = 2VB; C→D isovolumica con pD = 0.25 pC; D→ A trasformazione in cui la pressione aumenta linearmente al diminuire del volume.
a) Si disegni nel piano V, p il grafico del ciclo di trasformazioni subito dal gas e si calcolino il numero di moli n di cui è costituito il gas e le coordinate termodinamiche (p,V,T) degli stati, B , Ce D.
b) Si calcolino il calore Q, il lavoro L e la variazione di energia interna ΔEint per le trasformazioni AB, BC, CD e DA e per l’intero ciclo.
(Nota: R= 8.31 J/Kmole =0.082 l atmo /Kmole)
3) In una condotta scorre un fluido ideale con densità pari a quella dell’acqua. La condotta è costituita da un primo tratto orizzontale lungo L, a quota h = 150 cm rispetto al suolo. All’inizio del tratto L la sezione della condotta è A1, mentre alla fine del tratto L la sezione è A2 = 2A1. Successivamente la condotta si abbassa a livello del suolo con sezione A3 = A2. Sapendo che la velocità del fluido in corrispondenza alla sezione A1 è pari a v1 = 3 m/s, determinare:
a) la velocità v2 in corrispondenza alla sezione A2;
b) le differenze di pressione Δp12 = p1 – p2 e Δp23 = p2 – p3 dove p1, p2 e p3 sono le pressioni in corrispondenza alle sezioni A1, A2 ed A3.
4) Una lamina piana infinita è carica positivamente ed uniformemente con densità di carica superficiale σ = 3 nC/m2. A tale lamina viene posta di fronte una pallina di carica positiva q = 4 10-19 C, vincolata alla lamina stessa mediante una fune di materiale isolante.
All’equilibrio, la carica q di trova nel punto A a distanza d dalla superficie della lamina e l’angolo q tra la fune è la lamina è di 45°. Calcolare:
a) il campo elettrostatico generato dalla lamina (specificandone modulo, direzione e verso) e la forza
elettrostatica, modulo direzione e verso, a cui è soggetta la pallina nel punto A di equilibrio e nel punto B che dista d/2 dalla superficie della lamina.
b) la massa della pallina affinchè si realizzi la condizione di equilibrio in A.
[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: WWW2.FISICA.UNIMI.IT/BETTEGA/(A-L), WWW.MI.INFN.IT/~SLEONI (M-Z)
Soluzione Esercizio 1
a) La particella raggiungerebbe il punto B con velocità nulla , qualora la sua energia cinetica iniziale (mvo 2 /2) fosse uguale all’energia potenziale che la particella avrebbe poi nel punto B, U(B) = mghB , dove hB = OB sen 60° = √ 3. Si ricava : vo = √ 2 g hB Sostituendo i valori numerici si ottiene vo =5.8 m/s.
b) Nel tratto BC le forze agenti sulla particella sono : la componente della forza Peso parallela al piano BC, Px = mg cos 30° e la forza di attrito Fa = - µ mg sen30°. La forza risultante è pertanto FR = mg cos 30°- µ mg sen30°. L’accelerazione a della particella, è a = FR / m . Sostituendo i valori numerici si ottiene a = 7.5 m/ s2 . Il Lavoro compiuto dalla Forza risultante nel tratto BC ,
L = FR BC, uguaglia la variazione dell’energia cinetica nel tratto BC . Si ha quindi L = mvC 2 /2 da cui si ricava vC = 5,5 m/s.
Soluzione Esercizio 2
a) Il numero di moli n si ricava applicando la legge dei gas perfetti allo stato A : n = pA VA / RTA. con pA = 2.03 10 5 N/ m2 ; VA = 50 10 -3 m3 ; TA= 300 K . Si ottiene n = 4.
Il ciclo è rappresentato in un diagramma ( V, p) nella seguente figura :
A B
C C p
V D
Le coordinate termodinamiche dei diversi stati sono:
B : pB = 2 pA = 4.04 10 5 N/ m2 ; VB = VA = 50 10 -3 m3 ; TB= 2TA= 600 K C : VC = 2 VB = 100 10 -3 m3 ; pC = pB/2 = pA = 2.02 10 5 N/ m2 ; TC = TB=600 K D : VD = VC = 100 10 -3 m3 ; pD = pC /4 = 0,5 10 5 N/ m2 ; TD = 150 K
b)Le quantità di calore sono : QAB = n cV ( TB - TA ) = 24930 J
Q BC = n R TB ln (VC / VB)= 13821 J ( nota: cV = 5R/2) Q CD = n cV ( TD - TC ) = -37 395 J
Q DA = LDA + ΔE DA = ( (pA + pD ) (VA - VD ) /2 ) + n cV ( TA - TD ) = -6300 J + 12465J = 6165 J Q CICLO = 7521 J
I valori del Lavoro sono:
LAB = LCD= 0
LBC = Q BC =13821 J
LDA = (pA + pD ) (VA - VD ) /2 = -6300 J L CICLO = 7521 J
Le variazioni di Energia interna sono:
ΔE AB = n cV ( TB - TA ) = 24930 J ΔE BC = 0
ΔE CD = n cV ( TD - TC ) = -37395 J ΔE DA = n cV ( TA - TD ) =12465 J ΔE CICLO = 0
Soluzione Esercizio 3
a) In base all’equazione di continuità la portata della condotta è costante in corrispondenza a tutte le sezioni:
3 3 2 2 1
1v A v Av
A = =
in particolare:
v2 =AA12v1=v1
2 = 1.5m / s v3=AA23v2= v2= 1.5m / s
b) Le differenze di pressione possono essere ricavate applicando il teorema di Bernoulli:
p +1
2ρv2+ρgh = cost da cui si ottiene:
Δp12= p1− p2 =1 2ρ(v2
2− v1 2)
=1
2103((1.5)2− (3)2)Pa = −3.4 ×103Pa
Δp23= p2− p3=ρg(h3− h2)
= 103× 9.8 × (0 −1.5)Pa = −14.7 ×103Pa
Soluzione Esercizio 4
a) La superficie piana infinita genera un campo elettrostatico uniforme, perpendicolare alla superficie, con verso uscente dalla lamina (direzione data dal versore i perpendicolare alla lamina) pari a:
! E = + σ
2ε0
i!
= 3×10−9C / m2 2× 8.85×10−12C2 / Nm2
!i
= 169.5 N / C! i
Il campo elettrostatico è indipendente dalla distanza dalla lamina, pertanto la forza elettrostatica sulla pallina è la stessa, sia in A che in B, ed è pari a:
!F = q! E
= 4 ×10−19C ×169.5 N / C! i
= 678 ×10−19N! i
b) Perché ci sia equilibrio il bilancio delle forze che agiscono sulla sferetta (forza elettrostatica, forza di gravità e tensione della fune) deve essere nullo:
F =! !
Fe+ ! Fg+ !
T = 0 Fy= T cosθ− mg = 0 Fx= Fe− T sinθ= 0
"
#$
da cui è possibile ricavare la massa della sferetta, dopo avere eliminato la tensione T della fune:
T = Fe sinθ m =T cosθ
g
=Fecosθ gsinθ
=678 ×10−19N 9.8m / s2
= 69.2 ×10−19kg
