CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE Appello straordinario di FISICA del 19 aprile 2007 1. Una particella di massa m= 0.5 kg viene lanciata dalla base di
A m, vo
O
B
un piano inclinato OAB con velocità iniziale vo= 4 m/s, parallela al piano. Sapendo che il coefficiente di attrito piano-particella µ=0.1, che l'angolo formato dal piano inclinato con il piano orizzontale terrestre è pari a 30° e che OB = 0.5 m , si determini:
a. la variazione di energia cinetica della particella nel tratto OB;
b. la massima quota della traiettoria della particella rispetto al c. suolo, dopo aver abbandonato il piano inclinato.
2. Un recipiente cilindrico, aperto superiormente , ha diametro pari a 1 m. Contiene acqua ed ha sul fondo un foro , che ha sezione s= 4 cm2, ed è inizialmente chiuso da un tappo. Tolto il tappo , l’acqua esce dal foro con portata volumetrica Q pari a 2 L/s. Calcolare:
a. la velocità con cui l’acqua esce inizialmente dal foro e la velocità dell’acqua in un punto della superficie libera superiore.
b. il volume di acqua inizialmente contenuto nel recipiente.
Nota: Supporre l’acqua nel recipiente un fluido ideale in moto stazionario e irrotazionale.
3. Due lamine metalliche infinitamente estese sono uniformemente cariche con densità di carica superficiale di segno opposto e modulo σ = 3.54 × 10-7 C/m2. La distanza d tra le lamine è 4 cm.
Un elettrone (di massa me) si stacca, con velocità iniziale nulla, dalla lamina carica negativamente.
Determinare:
a. il campo elettrico fra le due lamine metalliche e la forza agente sull’elettrone, precisando anche direzione e verso.
b. la velocità dell’elettrone nell’istante in cui raggiunge la lamina.
c. (facoltativo)la forza agente e la velocità, nell’istante in cui raggiunge la lamina, per un protone di massa mp che si stacchi, con velocità nulla, dalla lamina carica positivamente.
.
Note:
ri la forza di gravità
2
) Un gas perfetto monoatomico occupa nello stato A un volume VA = 5.00 L a pressione atmosferica e
one subita dal gas e si calcolino il numero di ioni o /Kmole)
SCRIVERE IN MODO CHIARO, GIUSTIFICARE BREVEMENTE I PROCEDIMENTI,
si trascu
e = 1.6 10-19 C me = 9.11 10-31 kg mp = 1.67 10-27 kg ε0 = 8.85 10-12 C2/Nm
4
alla temperatura TA = 300 K. Esso è riscaldato a volume costante fino allo stato B a pressione pB = 3.00 atm. Poi si espande isotermicamente fino allo stato C a pressione pC = 1 atm, ed infine è compresso isobaricamente fino allo stato iniziale A.
a. Si disegni nel piano pV il grafico della trasformazi
moli n di cui è costituito il gas e le coordinate termodinamiche (p,V,T) degli stati A, B e C;
b. Si calcolino il calore Q, il lavoro W e la variazione di energia interna ∆Eint per le trasformaz AB, BC e CD e per l’intero ciclo.
(Nota: R= 8.31 J/Kmole =0.082 l atm
SOSTITUIRE I VALORI NUMERICI SOLO ALLA FINE NON DIMENTICARE LE UNITA` DI MISURA
SOLUZIONE ESERCIZIO 1
a) Per il teorema del lavoro-energia cinetica, il lavoro compiuto dalla forza risultante nello spostamento della particella da O a B uguaglia la variazione di energia cinetica della particella nello spostamento da O a B.
Scelto l’asse x parallelo al piano inclinato e con origine nel punto O, la componente della forza risultante agente sulla particella che sale lungo il piano inclinato, parallela all’asse x e pertanto allo spostamento della particella, è :
FRis, // = - mg sen30° -µmg cos 30°
Il lavoro compiuto dalla forza risultante nel tratto OB è L = ( FRis, // ) (OB) La variazione dell’energia cinetica della particella nel tratto OB è pertanto:
∆E cin =L = ( - mg sen30° -µmg cos 30° ) (OB)
Sostituendo i valori numerici si ottiene che la variazione di energia cinetica ∆Ecin = -1.44 J.
b) Dopo aver abbandonato il piano inclinato la particella è soggetta solo all’azione della forza peso, forza conservativa. Pertanto l’energia meccanica nel punto B uguaglia quella nel punto di massima quota , C:
Ecin (B) + U (B) = Ecin (C) +U(C)
dove U è l’energia potenziale associata al campo della forza peso. Si ha quindi:
Ecin (B) +mg hB = Ecin (C) + mg hC
dove hB ed hC sono le quote, rispetto al suolo dei punti B e C, da cui si ricava:
hC = (Ecin (B) +mg hB - Ecin (C) ) / mg
Ecin(B) si calcola facilmente nota l’energia cinetica iniziale, ½ mvo2, e la variazione di energia cinetica calcolata al punto a):
Ecin (B )= ∆Ecin + ½ mvo2 =-1.44 J + 4J = 2.56 J.
Inoltre:
hB = (OB) sen30° = 0.25 m Ecin (C) = ½ m vC2 = 1.92 J
con vC = vB cos 30° = 2.77 m/s, dato che nel punto di massima quota la velocità della particella è pari alla componente della velocità iniziale (nel punto B), parallela al piano orizzontale terrestre.
Sostituendo i valori numerici si ottiene quindi hC = 38 cm .
SOLUZIONE ESERCIZIO 2
a. La portata volumetrica Q, costante, è Q= v S dove v è la velocità del fluido attraverso la sezione S del condotto . La velocità di efflusso dell’acqua dal foro vF si calcola quindi dalla vF = Q / SF dove SF è la sezione del foro. Sostituendo i valori numerici si ottiene:
vF = 2 ∗ 10 –3 (m 3 / s) / 4∗ 10–4 (m2) = 5 m/s. Analogamente la velocità alla superficie libera superiore vL è vL = Q / SL dove SL è la sezione del cilindro. Sostituendo i valori numerici si ottiene : vL = 2 ∗ 10 –3 (m 3 / s) / 0.5 2 ∗ π (m2 ) = 2.6 ∗10 –3 (m / s).
b. Applicando il teorema di Bernoulli ai punti della superficie libera dell’acqua e a quelli del foro si ha:
½ ρ vL2 + ρg hL = ½ ρ v F2 dove hL è l’altezza dell’ acqua contenuta nel cilindro . Il termine ½ ρ vL2 è trascurabile rispetto a ½ ρv F2 e pertanto h ≅ ½ v F2 / g = 1.28 m. Il volume di acqua inizialmente contenuto è pertanto V= SL hL = 0.5 2 ∗ π (m2 ) ∗ 1,28 (m) =1 m3.
SOLUZIONE ESERCIZIO 3 a) Le due piastre piane cariche producono al loro interno un campo
i C N Nm i
C m i C
Er r r r
) / 10 40 / (
10 85 . 8
/ 10 54 .
3 3
2 2 12
2 7
0
×
−
× =
− ×
=
−
= − −
ε σ
ossia perpendicolare alle due piastre e con verso dalla piastra positiva a quella negativa.
La forza elettrica subita dall’elettrone è pari a
ossia è diretta lungo x con verso concorde all’asse.
i N Nm i
C m C C
i e
eE E
q
F
r
er r r r
) 10 64 . 0 / (
10 85 . 8
/ 10 54 . ) 3 10 6 . 1 ( ) )(
(
12 2 2 142 19 7
0
−
−
− −
= ×
×
× ×
=
−
−
=
−
=
= ε
σ
b) L’ accelerazione subita dall’elettrone è unicamente dovute alla forza elettrostatica, originata dal campo elettrico:
r m a eE
Fe = eve =− r ossia:
i s m kg i
C N C
m E a e
e e
r r r
r (7.03 10 / )
10 1 . 9
) / 10 40 )(
10 6 . 1
( 15 2
31 3
19 = ×
×
×
= ×
−
= − −
Essendo l’accelerazione costante, il moto all’interno delle due piastre
l’elettrone urta l’armatura) è dato da:
) La forza elettrica che agisce sul protone è pari a
to.
Anche nel caso del protone, l’accelerazione subita è unicamente dovute alla forza elettrostatica,
è rettilineo uniformemente accelerato, per cui il legame fra velocità e posizione (quando
d a d a x
x a v
v e e f i e e
e 02 2 ( ) 0 2 2
2 = + − = + =
s m m
s m d
a
v e
e = 2 = 2(7.03×1015 / 2)(0.04 ) = 2.37×107 /
c
ossia la forza è uguale in modulo e direzione a quella agente sull’elettrone, ma con verso oppos Nm
C /
10
85 .
0
8 ×
ε
i N im C C
i E
e E q
Fp
. 54 10 / r ( 0 . 64 10 ) r
) 10 6 . 1
( ×
−19×
−12−7 2 2 2= − ×
−14−
=
−
=
=
= r r
er
r σ 3
originata dal campo elettrico:
r
r r
E e a m Fp
=
rp p=
× −19
La velocità del protone all’istante in cui tocca la lamina è data da:
kg 10 67 .
1 ×
m E a e
p
rp = =−(1.6
d
a d a
x x a v
v p p f i p p
p
=
0+ 2 ( − ) = 0 − 2 ( 0 − ) = 2
i s m C i
N
C r r
) / 10 83 . 3 ) (
/ 10 40 )(
10 12 2
27
3 =− ×
×
−
2 2
s m / 105 m
s m d
a
vp = 2 p = 2(3.83×1012 / 2)(0.04 ) =5.5×
SOLUZIONE ESERCIZIO 4 a) Il numero n di moli di cui è costituito il gas si può ricavare
applicando l’equazione dei gas perfetti allo stato A:
K moli Kmole
J
m Pa
RT V n p
A A
A 0.203
) 300 )(
/ 31 . 8 (
) 10 00 . 5 )(
10 013 . 1
( × 5 × 3 3 =
=
= −
Le coordinate termodinamiche degli stati A, B e C sono le seguenti:
Stato A:
pA = 1 atm = 1.013 x 105 Pa VA = 5.00 L = 5.00 x 10-3 m3 TA = 300 K
Stato B:
pB = 3 atm = 3 x 1.013 x 105 Pa = 3.039 x 105 Pa VB = 5.00 L = 5.00 x 10-3 m3
TB = pBVB / nR = (3.039 x 105 Pa) (5.00 x 10-3 m3) / (0.203 moli x 8.31 J/moleK) ≈ 900 K Stato C:
pC = PA = 1 atm = 1.013 x 105 Pa
VC = nRTC/pC = (0.203 moli x 8.31 J/moleK)(900 K) / (1.013 x 105 Pa) ≈ 15 x10-3 m3 = 15 L TC = TB = 900 K essendo la trasformazione B→C isoterma
b) Determino ora il lavoro W fatto dal gas, il calore Q scambiato e la variazione di energia interna ∆Eint nelle singole trasformazioni, applicando, ove serva, il primo principio della termodinamica.
A→B :
WAB = 0 essendo la trasformazione isocora (VA = VB) ( ∆Eint )AB= Eint,B – Eint,A
= 3/2 nRTB – 3/2 nRTA
= 3/2 nR(TB -TA)=3/2 (0.203 moli)(8.31 J/moleK)(900-300)K= 1.52 x 103 J
QAB = (∆Eint )AB+ WAB = (∆Eint )AB= 1.52 x 103 J dal il primo principio della termodinamica.
B→C :
J K
Kmole J
V moli nRT V
V nRT dV
V dV pdV nRT
W
B c C C
B c
C
B c C
B BC
10
367 . 1 3 ln 900 ) /
31 . 8 ( ) 203 . 0 (
ln = × × = ×
=
=
=
=
∫
∫
∫
(∆Eint )BC= Eint,C – Eint,B = 3/2 nR(TC –TB)=0 trasformazione isoterma QBC = (∆Eint )BC+ WBC = WBC = 1.67 x 103 J
C→A :
J m
Pa V
V p dV p pdV W
A
C
A
C
C A A A
CA
3 3
3
5 ) (5 15) 10 1.01 10
10 013 . 1 ( )
( − = × × − × =− ×
=
=
=
∫ ∫
−(∆Eint)CA = Eint,A – Eint,C = 3/2 nR(TA –TC)= 3/2 (0.203 moli)(8.31 J/moleK)(300-900)K= -1.52 x 103 J QCA = ∆Eint + W = -1.01 x 103 J -1.52 x 103 J= - 2.53 x 103 J
Per l’intero ciclo sommo i contributi relativi alle singole trasformazioni:
WTOT = WAB + WBC + WCA = (0 + 1.67 x 103 – 1.01 x 103) J = -0.66 x 103 J (∆Eint) = 0 = (∆Eint)AB + (∆Eint)BC + (∆Eint)CA = 1.52 x 103 J + 0 -1.52 x 103 J = 0 QTOT = QAB + QBC + QCA = 1.52 x 103 J + 1.67 x 103 J - 2.53 x 103 J = 0.66 x 103 J
