CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE Prova scritta di FISICA – 15 giugno 2012

CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE Prova scritta di FISICA – 15 giugno 2012

1) Un corpo di massa m = 400 g comprime di un tratto x una molla di costante elastica k = 2000 N/m. Il corpo m e la molla sono posti su un piano orizzontale liscio, come mostrato in figura. Dopo essere rilasciato completamente dalla molla, il corpo possiede una velocità v=10 m/s e percorre il piano lungo L, fino ad urtare in modo completamente anelastico contro un corpo di massa M = 0.5 kg.

Calcolare:

a) la compressione x della molla e la velocità vA del corpo (m+M) immediatamente dopo l’urto anelastico;

b) il modulo e le componenti x e y della velocità del corpo (m+M) al sommità del piano inclinato, lungo d = 1.5 m e scabro, percorso dai corpi dopo l’urto. Si supponga il piano inclinato di 30° e si assuma un coefficiente di attrito dinamico µ = 0.1.

c) Facoltativo: Determinare la posizione verticale ed orizzontale del corpo (m+M) dopo t = 0.3 s dal raggiungimento della sommità del piano inclinato.

2) Un blocchetto di legno (densità 0.75 g/ cm³) di dimensioni esterne (10x20x5) cm ³ è trattenuto mediante una fune sul fondo di un recipiente pieno di acqua. Si determini la tensione della fune nelle due diverse condizioni:

a) il blocchetto è interamente costituito da legno;

b) il blocchetto contiene al suo interno una cavità sferica di diametro pari a 2 cm riempita con mercurio (densità 13.6 g/ cm³).

3) Una mole di gas perfetto monoatomico compie il seguente ciclo termodinamico:

da A a B: isobara con pA = 2 atm, VA = 2l, VB = 6l;

da B a C: variazione lineare della pressione con il volume, con V_C = 4l;

da C ad A: compressione isoterma.

Calcolare:

a) le coordinate termodinamiche degli stati A, B, C. Fare il grafico delle trasformazioni nel piano (p,V);

b) Calcolare la variazione di energia interna ΔEint, il lavoro W ed il calore Q per le 3 trasformazioni e per l’intero ciclo.

[Nota: R= 8.31 J/Kmole =0.082 l atmo /Kmole ]

4) Dato un sistema d’assi cartesiani (x,y) di origine O, nel punto A di coordinate (+d,0) è fissata una carica Q positiva, mentre nel punto B di coordinate (- d,0) è fissata una carica positiva 4 Q. Si determini, assumendo d= 1.5 m e Q = 10 ^-10 C :

a) il campo elettrostatico, precisando modulo, direzione e verso, nel punto O e gli eventuali punti di equilibrio lungo l’asse x.

b) il lavoro compiuto dalle forze del campo quando una carica positiva q (q= 10 ^-15 C) viene lasciata libera di muoversi nel punto C di coordinate (2d,0) e si sposta fino ad un punto infinitamente distante dalle cariche Q e 4Q.

[Nota: ε0 = 8.85 10^-12 C²/Nm² ]

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SCRIVERE IN MODO CHIARO. GIUSTIFICARE BREVEMENTE 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/ (AD) e www.mi.infn.it/~sleoni (PE-Z)

SOLUZIONE ESERCIZIO 1

a) La velocità del corpo all’istante in cui viene rilasciato dalla molla di ottiene dal principio di conservazione dell’energia meccanica:

1

2kx²=1 2mv² x = m

kv = 0.4kg

2 ×10³N / m10m / s = 0.14m

Essendo il piano orizzontale liscio, la velocità del corpo lungo il piano, fino all’istante in cui urta con il corpo di massa M, è costante e pari a v = 10 m/s. In un urto anelastico si conserva la quantità di moto, da cui è possibile ricavare la velocità vA del corpo di massa (m+M) immediatamente dopo l’urto:

mv = (m + M )vA

v_A = m

(m + M )v =0.4

0.910m / s = 4.4 m / s

b) La velocità alla sommità del piano inclinato scabro si ottiene dal teorema Lavoro-Energia cinetica, considerando come forze che compiono lavoro la forza di attrito Fatt e la forza peso Fg:

ΔK = L_att+ L_g 1

2(m + M )vB 2−1

2(m + M )vA

2 = −F_attd − Fgsin 30°d 1

2(m + M )vB 2=1

2(m + M )vA

2−µd(m + M )gcos30°d − (m + M )gsin30°d v_B² = vA

2− 3µdgd − gd v_B= vA

2− gd( 3µd+1)

= (4.4m

s)²− 9.8m

s²1.5m × 0.1× 3 +1

( )

Le coordinate x ed y del vettore velocità alla sommità del piano sono:

vBx = vB cos30°= 1.3 m/s vBy = vB sin30°= 0.8 m/s

c) Il moto del corpo dopo avere raggiunto la sommità del piano inclinato è di tipo parabolico, ossia rettilineo ed uniforme lungo l’asse x ed uniformemente accelerato lungo l’asse y.

Pertanto la posizione x ed y del corpo dopo t=0.3 s è data da:

x(t) = x0+ vBxt = 1.3× 0.3m = 0.4m y(t) = y0+ vByt −1

2gt²= d sin 30° + vByt −1

2gt² = 0.5m

ove si è supposto che la sommità del piano inclinato abbia coordinate (0,y0)=(0,dsin30°)

SOLUZIONE ESERCIZIO 2

Sul blocchetto immerso in acqua agisce la forza peso P, la spinta di Archimede SA e la

tensione della fune T. Tutte sono dirette lungo la verticale , la spinta di Archimede verso l’alto , peso e tensione della fune verso il basso . La condizione di equibrio è SA – P -T = 0 . Il

modulo della tensione è pertanto T = SA-P .

a) Se il blocchetto è interamente costituito di legno P = ρlegno Vg dove V= volume del

blocchetto. Inoltre SA = ρH2O V g . Sostituendo i valori numerici si ottiene: P= 7.35 N ed SA= 9.8 N , pertanto T=2.45 N.

b) In questo caso P =( ρlegno (V – Vc )+ ρHg Vc ) g dove Vc è il volume della cavità, mentre SA non cambia. Sostituendo i valori numerici si ha P=7.88 N e T=1.92 N.

SOLUZIONE ESERCIZIO 3

a) Le coordinate termodinamiche (p,V,T) degli stati A, B e C si ottengono applicando l’equazione di stato dei gas perfetti pV=nRT

Stato A:

pA = 2 atm = 2 10⁵ Pa VA = 2 l = 2 10^-3 m³ TA = pAVA/(nR) = 48.13 K Stato B:

pB = pA = 2 atm = 2 10⁵ Pa VB = 6 l = 6 10^-3 m³

TB = pBVB/(nR) = 3 pAVA/(nR) = 3TA = 144.4 K Stato C:

TC = TA = 48.13 K VC = 4 l = 4 10^-3 m³

pC = nRTC/VC = nRTA/(2VA) = pA/2 = 1 atm = 10⁵ Pa

b) La variazione di energia interna ΔEint, il lavoro W ed il calore Q per le 3 trasformazioni e per l’intero ciclo si ottengono dal 1. Principio della termodinamica: ΔEint = Q – W.

Trasformazione AB:

Q = ncp ΔT = 5/2 R (TB-TA) = 5RTA = 1999.8 J = 2000 J W = pA (VB-VA) = 2pAVA = 800 J

ΔEint = Q-W= 1200 J Trasformazione BC:

ΔEint = ncVΔT= 3/2 R(TC-TB) = -3RTA = - 1199.9 J = -1200 J W = (pB+pC) (VC-VB) /2 = -3/4 pAVA = - 300 J

Q = ΔEint + W = - 1500 J Trasformazione CA:

ΔEint = 0 J (isoterma)

Q = W = nRTA ln(VA/VC) = RTAln(1/2) = - RTAln(2) = - 277.2 J Intero Ciclo:

ΔEint = 0 J Q = W

Q = QAB+QBC+QCA = 2000 J - 1500 J – 277.2 J = 222.8 J W = WAB+WBC+WCA = 800 J - 300 J – 277.2 J = 222.8 J

SOLUZIONE ESERCIZIO 4

a) Il campo elettrostatico nel punto O, E (O) , è la somma vettoriale del campo in O creato dalla carica Q, EQ , e di quello in O creato dalla carica 4 Q, E 4Q.

EQ = (1/ 4πε0)(Q /d² ) ( -i ) dove i è il versore dell’asse x, E4Q = (1/ 4πε0)(4Q /d² ) ( i )

E (O) = (1/ 4πε0)(3Q /d² ) ( i )

Sostituendo i valori numerici si ha : E (O) = 1,2 N/C ( i )

Gli eventuali punti di equilibrio sono quelli in cui il campo elettrostatico è nullo. Gli eventuali punti di equilibrio dell’asse x si troveranno tra A e B in quanto solo in questa regione dell’asse i campi creati dalle due cariche hanno verso opposto e possono pertanto, qualora abbiano lo stesso modulo, avere risultante nullo. Indicata con x la coordinata degli eventuale punti di equilibrio P, si ha :

/EQ(P)/ = /E4Q(P)/ e pertanto (1/ 4πε0)( Q)/(d-x)² = (1/ 4πε0)( 4Q)/(d+x)² da cui 3x² -10dx+3d² =0 L’equazione ammette due soluzioni , x = 3d e x = d/3. La prima soluzione è da scartare in quanto in questo punto i due vettori hanno lo stesso modulo e lo stesso verso. L’unico punto di equilibrio è pertanto quello con x= d/3 = 0.5 m.

b) Il lavoro compiuto dalle forze del campo durante lo spostamento della carica q è uguale alla differenza dei valori dell’energia potenziale nei due punti L= U(C) – U (∞), dove U (∞) = 0 , mentre

U(C) =(( q/ 4πε0)(Q /d) + (q/ 4πε0)( 4Q/3d)) = (7/ 3) x Qq/(d 4πε0) = 14 10^-16 J