FISICA per SCIENZE BIOLOGICHE A.A. 2015/2016 II Prova in itinere – 17 Giugno 2016
1) ELETTROSTATICA
Due lamine piane, L1 ed L2, infinitamente estese, uniformemente cariche (entrambi con segno positivo) con densità superficiale σ = + 2 x 10 -9 C/ m2, sono disposte parallelemente tra loro e all’asse y. L1 passa per il punto A=(10 cm, 0) ed L2 passa per B=(12 cm, 0).
Una particella P carica negativamente, con carica q = -2 10-12 C, è posta in O, origine degli assi x,y.
Nei punti A e B le due lamine hanno un forellino di dimensioni trascurabili, in modo di non perturbare il campo elettrostatico prodotto dalle due lamine. Si determini:
a) il campo elettrostatico creato dalle due lamine nei tratti OA, AB, BC, con C= (22 cm, 0) dell’asse x, indicando modulo, direzione e verso.
b) l’energia cinetica della particella P, lasciata libera di muoversi in O, nei punti A, B, C, e se P tornerà in O.
[N.B. ε0 = 8.85 10-12 C2/Nm2 ] 2) FLUIDI
Un cilindro costituito da materiale di densità ρ0, doppia rispetto a quella dell'acqua, galleggia sull'acqua con 1/3 del volume emerso. Il cilindro ha base circolare di raggio R = 1 dm e altezza h = 40 cm.
Il cilindro ha all'interno una cavità vuota, isolata dall'esterno, di volume V.
Si determini:
a) la spinta di Archimede;
b) il volume V della cavità interna al cilindro.
3) TERMODINAMICA
Una mole di un gas perfetto monoatomico compie un ciclo termodinamico tra gli stati A, B e C, come segue:
AB: espansione con decrescita lineare della pressione, dallo stato A (pressione pA = 5 atm e volume VA = 3 l) allo stato B (volume VB = 2 VA);
BC: espansione adiabatica fino al volume VC = 4 VA;
CA: compressione isoterma.
Si svolgano i seguenti punti:
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 lavoro, calore e variazione di energia interna nelle singole trasformazioni e nell’intero ciclo e si calcoli il rendimento del ciclo.
[N.B. R= 8.31 J/Kmole =0.082 l atmo /Kmole)]
Recupero Cinematica
Una particella P si muove di moto rettilineo uniforme lungo un piano orizzontale percorrendo il tratto AB di 133 m in 100 s. In B il piano orizzontale si interrompe formando un gradino di altezza BH = 1m. e la particella P cade nel piano verticale terrestre passante per B. Si calcolino le componenti x e y del vettore velocità nel punto C in cui la quota della particella è diminuita, rispetto a quella di B, di 0.5 m
Recupero Dinamica Una particella di massa m = 500 g, trattenuta da una fune di lunghezza L =80 cm si muove di moto circolare uniforme su un piano orizzontale perfettamente liscio, compiendo 120 giri in un minuto. Si calcoli la tensione della fune,
Recupero Lavoro_-_Energia
Un corpo P, di massa m= 0.5 kg, viene lasciato libero di muoversi dal punto A, sulla sommità di un piano inclinato di 30°, di lunghezza dAB=2m, scabro con coefficiente di attrito µ.
P raggiunge il punto B, alla base del piano inclinato, con energia cinetica Ecin B = 4 J. Si calcoli il coefficiente di attrito µ.
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 creato da ogni lamina è uniforme in tutti i punti dei due semispazi che la circondano. E’ inoltre perpendicolare alla lamina, ha modulo σ / 2ε0 e, poiché le due lamine sono cariche positivamente, ha per entrambe verso uscente .
Nei punti dello spazio compreso tra l’asse y e la lamina L1 i campi creati dalle due lamine hanno uguale modulo, sono paralleli ed equiversi. Nel tratto OA il campo totale è pertanto EOA = σ / ε0 (- i) dove i è il versore dell’asse x.
Nei punti dello spazio compreso tra le due lamine, es tratto AB, i campi prodotti dalle due lamine hanno verso opposto e pertanto il campo totale è nullo.
Nei punti del semispazio alla destra della lamina L2 , i campi creati dalle due lamine hanno uguale modulo, sono paralleli ed equiversi. Nel tratto BC il campo totale è pertanto EBC = σ / ε0 ( i) dove i è il versore dell’asse x.
Sostituendo i valori numerici dati si ha quindi : EOA = 0.226 103 N/C(- i)
EAB = 0
EBC = 0.226 103 N/C( i)
a) L’energia cinetica della particella P nei diversi punti A, B, C, si può calcolare con il teorema Lavoro- Variazione Energia Cinetica. La particella P carica negativamente e lasciata libera di muoversi in O, è soggetta nel tratto OA alla Forza elettrostatica FOA = /q/ σ / ε0 ( i) dove /q/ è il modulo di q. Sostituendo i valori numerici si ottiene FOA = 0.45 10 -9 N (i). Il lavoro di FOA mentre q si sposta da O ad A è LOA = /q/ σ d OA / ε0 dove d OA = OA = 0.1m, e pertanto LOA = 0.45 10 -10 J. Poiché LOA = EcinA - EcinO, si ha EcinA = 0.45 10 -10 J.
Nel tratto AB la forza elettrostatica è nulla , quindi EcinB = EcinA = 0.45 10 -10 J.
b) Nel tratto BC la forza elettrostatica è FBC = 0.45 10 -9 N (-i), pertanto il lavoro di FBC mentre q si sposta da B a C è LBC = - /q/ σ d BC / ε0 dove d BC = BC = 0.1m, e pertanto LBC = - 0.45 10 -10 J ( la forza è opposta allo spostamento in questo tratto ed il Lavoro è pertanto negativo. Poiché LBC = EcinC - EcinB, si ha EcinC = 0.
La particella P tornerà in O, infatti FCB compie lavoro positivo da C a B, aumentando così l’energia cinetica di P nel tratto CB. Nel tratto BA l’energia cinetica resta costante ed infine diminuisce fino a 0 nel tratto AO, dove la forza elettrostatica è opposta allo spostamento.
SOLUZIONE FLUIDI
a) La spinta di Archimede è pari al peso del fluido (acqua) spostato dal corpo immerso:
FA= mfg =ρVimmg
=ρ2
3V g =ρ2 3πR2hg
= 103kg m3
2
3π(0.1m)2× 0.4m × 9.8m s2
= 82.1N
b) Il volume V della cavità interna si può ottenere dalla condizione di equilibrio:
FA= Fg mfg = mgg ρ2
3π R2hg = ρ0(V −Vc)g ρ2
3π R2hg = ρ0π R2hg − ρ0Vcg VC=π R2h(1−2
3 ρ ρ0
) = π R2h(1−1 3) =2
3π R2h
=2
3π (0.1m)2× 0.4m =
= 8.4 10−3m3
SOLUZIONE TERMODINAMICA
a) Il ciclo ABC è mostrato in figura.
Determiniamo le coordinate termodinamiche (p,V,T) come segue.
Stato A:
pA = 5 atm = 5 x 1.013 105 Pa = 5.065 105 Pa VA = 3 l = 3 10-3 m3
TA = pA VA /nR = 182.85 K Stato B:
La trasformazione BC è adiabatica con γ=cP/cV=5/3, mentre la trasformazione AC è isoterma, da cui:
VB = 2VA = 6 10-3 m3, VC = 4VA = 12 10-3 m3, TC = TA = 182.85 K pBVBγ= pCVCγ
pB(2VA)γ= pC(4VA)γ=nRTC
VC (4VA)γ=nRTA
4VA (4VA)γ= pA 4 (4VA)γ pB= pA
4 45/3
25/3= pA2−1/3= 0.79 pA= 4.02 105Pa da cui segue che
TB = pB VB /nR = 290.26 K Stato C:
VC = 4VA = 12 10-3 m3, TC = TA = 182.85 K pC = nRTC/VC = nRTA/(4VA) = pA/4=1.27 105 Pa b)
Trasformazione AB:
ΔEAB = ncVΔTAB = 3/2 R (TB-TA)=1338.83 J LAB = (pA+pB)( VB-VA)/2 = 1362.76 J QAB = LAB+ΔEAB=2710.59 J
Trasformazione BC:
QBC = 0
ΔEBC = ncVΔTBC = 3/2 R (TC-TB)= - 1338.83 J LBC= - ΔEBC = 1338.83 J
Trasformazione CA:
ΔECA =0
QCA=LCA = nR TA ln (VA / VC ) = nR TA ln (1/ 4)= - 2106.47 J Per il ciclo:
ΔECiclo =0
Qciclo= Lciclo = 595.12 J
Il rendimento del ciclo è η = Lciclo / Qassorbito = Lciclo / QAB =0.22
SOLUZIONI RECUPERI
a) Cinematica
La particella P giunge nel punto B con velocità orizzontale v=1.33 m/s. Le componenti vx e vy della velocità in C, durante la caduta dal gradino, possono essere ricavate utilizzando le equazioni per accelerazione, velocità e posizione del moto del proiettile, come segue :
Scelto un sistema d’assi cartesiani x,y con Origine in H e asse y parallelo alla verticale terrestre, positivo verso l’alto si ha
ax = 0 ay = -g
vx = cost= v0x vy = -gt dove v0x = v= 1.33 m/s
x = v0x t y = -½ gt2 + y0 dove y0 = HB = 1m.
Dalla relazione per y , ponendo y = 0.5 m si ricava il tempo impiegato da P per raggiungere il punto C, che risulta t = 0.32s, e dalla relazione per vy se ne ricava il valore in C che risulta vy =.-3.14 m/s.
Quindi in E vx = 1.33 m/s e vy =.-3.14 m/s.
b) Dinamica
La velocità della particella , costante in modulo, è v= n 2 π L / t dove n = numero giri e t = tempo totale..
Quindi v = 120 2 π 0,8/ 60 = 10 m/s. La forza centripeta che determina il moto circolare è la Tensione della fune T, pertanto T= m v2 / L= 0.5 100 / 0.8 = 62.5 N.
c) Lavoro- Energia
Il coefficiente di attrito µ del piano inclinato può essere determinato utilizzando il teorema lavoro compiuto dalla forza risultante -‐ variazione dell’energia cinetica. Il lavoro compiuto dalle forze agenti sul corpo ( Peso, Reazione Normale e Forza di attrito) durante lo spostamento del corpo dal punto A al punto B, è:
( mg sen30° -‐ µmg cos 30°) dAB = Ecin B - EcinA , dove dAB è la lunghezza dello spostamento AB, mg sen30° è la componente della forza peso parallela al piano inclinato e -‐ µmg cos 30°, la componente della forza di attrito parallela al piano inc linato. Sostituendo i valori numerici dati e risolvendo rispetto a µ, si ottiene µ = 0.11.
