CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE Prova scritta di FISICA – 14 Gennaio 2010
1) Un bambino lancia una palla di massa m = 100 gr verticalmente verso l’alto con velocità v0 = 2m/s, a partire da una roccia alta h0 = 3 m. Determinare:
a) il tempo tmax impiegato per raggiungere l’altezza massima hmax rispetto al suolo ed il valore di hmax; b) il tempo tf impiegato per raggiungere il suolo e la velocità vf (modulo, direzione e verso) all’istante in cui il corpo tocca il suolo.
c) FACOLTATIVO
massima e nell’istante in cui la palla cade al suolo.
: l’energia cinetica K e potenziale U all’istante del lancio, nel punto di quota
2) Una lamina piana , uniformemente carica con densità superficiale positiva σ= 4 10- 10 C/m2 si trova a distanza d = 10 cm dall’origine di un sistema d’assi (x,y) ed è parallela all’asse y ( vedi figura) . Nell’origine O viene lasciata libera di muoversi una carica q = - 10- 10 C, di massa m=10- 12 g. Si determini, trascurando la forza peso:
a) il campo elettrostatico e la forza agente sulla carica q nel punto A =(d/2, 0), precisando direzione e verso, e la differenza di energia potenziale U(O)-U(A) tra O e A.
b) l’energia cinetica della carica q quando raggiunge la lamina in B e quella nel punto C, di coordinate (2d,0), che la particella raggiunge passando attraverso un forellino praticato nella
lamina in B, di dimensioni tali da non perturbare il campo elettrostatico.
(N.B. ε0 = 8.85 10-12 C2/Nm2 )
3) Un recipiente cilindrico, aperto superiormente, ha diametro esterno D = 10 cm, altezza H=20 cm , e vuoto pesa 3 N. Si calcoli:
a) l’altezza del volume immerso qualora venga posto in acqua
b) il volume di mercurio ( densità d= 13.6 g/cm 3 ) che occorre versare nel cilindro affinché, posto in acqua , il cilindro galleggi con ¾ del suo volume immerso.
4) Due moli di gas perfetto monoatomico compiono una trasformazione termodinamica ciclica così definita:
A→B: isobara con pA = 4 atm, VA = 1 l e VB = 10 l;
B→C: isocora con pC = 1 atm ; C→D: isobara;
D→A: isoterma.
Si determini:
a) il grafico nel piano (p,V) della trasformazione e le coordinate termodinamiche (p,V,T) negli stati A, B, C e D;
b) le quantità ∆Eint, Q e L per le singo le trasformazioni e per l’intero ciclo.
[N.B. R = 8.31 J/moleK]
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), fisbio.webhop.net (EN), www.mi.infn.it/~sleoni (OZ)
σ
x y
O A
B
C
SOLUZIONE ESERCIZIO 1
a) Se il proiettile è sparato verticalmente l’alto il moto si sviluppa solo lungo y.
Le equazioni in y sono le seguenti, con y0=h0 = 3 m e v0y = v0 = 2m/s :
−
=
− +
=
gt v
v
gt t
v y y
y y
oy
0
2
0
2
1
Nel punto di massima quota la velocità del proiettile è nulla, da cui si ricava il tempo di salita tmax:
m s s
s m s
m m gt
t v h h
s s m
s m g
t v
oy2 . 3 ) 2 . 0 ( 8 . 2 9 2 1 . 0 2 2 3
1 2 . / 0
8 . 9
/ 2
2 2
2 max max
0 0 max max 2
=
−
× +
=
− +
=
=
=
=
b) Per calcolare il tempo tf impiegato per raggiungere il suolo a quota y = 0 si applicano di nuovo le equazioni precedenti, prendendo ad esempio come istante iniziale il punto di massima quota, in cui la velocità è nulla:
s s m
m g
t h
gt h
f
f
8 . / 0
8 . 9
2 . 3 2 2
2 0 1
2 max
2 max
× =
=
=
−
=
Il tempo di volo complessivo, dal lancio alla caduta al suolo, è quindi
t = tmax + tf = 1 s
La velocità finale è diretta verticalmente verso il basso con modulo pari a
s m s
m s
s m gt
v
f=
f= 9 . 8 /
2× 0 . 8 = 7 . 84 / ≈ 7 . 8 /
b) Facoltativo
L’energia cinetica e potenziale in ogni istante valgono K = ½ mv2 e U = mgh
Pertanto, prendendo come riferimento y=0 si ottiene:
- all’istante del lancio: K = ½ mv2= ½ 0.1 kg x (2m/s)2 ~ 0.2 J U = mgh = 0.1 kg x 9.8 m/s2 x 3m ~ 2.9 J - alla massima quota: K = 0
U = mg hmax = 0.1 kg x 9.8 m/s2 x 3.2 m ~3.1 J - all’istante di atterraggio: K = ½ mvf2
= ½ 0.1 kg x (7.84 m/s)2 ~ 3.1 J U = 0
Ovviamente,essendo presenti solo forze conservative, Emecc = costante = K + U = 3.1 J
SOLUZIONE ESERCIZIO 2
a) Il campo elettrostatico creato dalla lamina nel punto A ha modulo / E / = σ / 2 ε0 ed è diretto come il
semiasse negativo x. Sostituendo i valori numerici si ottiene E = - 22.6 i N/C, dove i è il versore dell’asse x. La forza elettrostatica agente sulla carica q è F = q E = 22.6 10-10 i N. La differenza di energia potenziale U(O)- U(A) tra O ed A è uguale al Lavoro L compiuto dalla forza elettrostatica nello spostamento della particella carica da O ad A . Essendo la forza costante e parallela allo spostamento, il lavoro L si calcola semplicemente come prodotto della forza per lo spostamento, risulta pertanto L = 113 10-12 J= U(O)-U(A) .
b) Per il calcolo dell’energia cinetica della particella quando raggiunge la lamina è conveniente utilizzare il teorema lavoro-variazione dell’energia cinetica sulla base del quale il lavoro compiuto dalla forza risultante ( in questo caso solo la forza elettrostatica) durante lo spostamento da O fino a B uguaglia la corrispondente
variazione di energia cinetica Ecin B - Ecin O . Essendo EciniO = 0 , il lavoro L compiuto dalla forza da O fino a B uguaglia l’energia cinetica della particella in B, Ecin B. Il lavoro L è il doppio di quello calcolato al punto a) essendo doppio lo spostamento e costante la forza. Risulta pertanto L= 226 10-12 J= Ecin B . Il procedimento è analogo per il calcolo dell’energia cinetica in C, tenendo però conto che il lavoro da B a C è negativo e uguale in valore assoluto a quello da O a B, il lavoro totale da O a C risulta nullo e nulla è quindi l’energia cinetica in C.
SOLUZIONE ESERCIZIO 3
a) Qualora venga posto in acqua , all’equilibrio si ha che la forza peso P è pari alla spinta di Archimede SA:
SA = ρacqua Vimmerso g = ρacqua ( π R 2 h immers ) g , quindi P = 3N = ρacqua ( π R 2 h immers ) g
Sostituendo i valori numerici , si ricava h immers = 0.039 m
b) Affinché il volume immerso sia il 75 % , e pertanto h immers = 0.15 m , dovrà essere :
P + PHg = SA dove SA = ρacqua ( π R 2 h immers ) g con h immers = 0.15 m . Sostituendo i valori numerici si ha SA = 11.5 N e pertanto PHg = 8.5 N da cui
mHg = 0.87 kg e VHg = 63.8 10-6 m3
SOLUZIONE ESERCIZIO 4
a) Determino le coordinate termodinamiche dalla legge dei gas perfetti pV =nRT.
Stato A: pA = 4 atm = 4 x 1.01 x 105 Pa = 4.04 x 105 Pa VA = 1 l = 10-3 m3
TA = pA VA/nR = (4.04 105 Pa x 10-3 m3)/(2 moli x 8.31 J/moleK) = 24.3 K
Stato B: pB = pA = 4 atm = 4.04 x 105 Pa VB = 10 l = 10 10-3 m3
TB = pB VB/nR = (4.04 105 Pa x 10-2 m3)/(2 moli x 8.31 J/moleK) = 243 K
Stato C: pC = 1 atm = 1.01 x 105 Pa VC = 10 l = 10 10-3 m3
TC = pC VC/nR = (1.01 105 Pa x 10-2 m3)/(2 moli x 8.31 J/moleK) = 60.7 K
Stato D: pD = 1 atm = 1.01 x 105 Pa TD = TA = 24.3 K
VD = nR TD /pD = (2 moli x 8.31 J/moleK x 24.3 K) / (1.01 x 105 Pa) ~ 4 10-3 m3
Il grafico della trasformazione
nel piano (p,V) è il mostrato qui a fianco.
b) Per calcolare le quantità ∆Eint, Q e L per le singo le trasformazioni si utilizza il primo principio della termodinamica e l’equazione dei gas perfetti:
A→B: isobara: ∆Eint = ncV ∆T = 2 x 3/2 R (TB-TA) = 3 x 8.31x (243-24.3) J = 5452 J Q = ncP ∆T = 2 x 5/2 R (TB-TA) = 5 x 8.31x (243-24.3) J = 9087 J L = pA (VB-VA) = 4.04 x 105 x 9 10-3 m3 = 3636 J
B→C: isocora: ∆Eint = ncV ∆T = 2 x 3/2 R (TC-TB) = 3 x 8.31x (60.7-243) J ~ - 4545 J Q = ncV ∆T = 2 x 3/2 R (TC-TB) = 3 x 8.31x (60.7-243) J ~ - 4545 L = 0
C→D: isobara: ∆Eint = ncV ∆T = 2 x 3/2 R (TD-TC) = 3 x 8.31x (24.3-60.7) J ~ - 907 J Q = ncP ∆T = 2 x 5/2 R (TD-TC) = 5 x 8.31x (24.3-60.7) J ~ - 1512 J
L = pD (VD-VC) = - 1.01 x 105 x 6 10-3 m3 = - 606 J D→A: isoterma: ∆Eint = ncV ∆T = 0
L = nRTA ln(VA/VD) = 2 x 8.31x 24.3 x ln(1/4) J = -560 J
Q = L = -560 J
Nella complessiva trasformazione ciclica si avrà ∆Eint = 0
Qciclo = QAB+QBC+QCD+QDA = 2470 J Lciclo = Qciclo = 2470 J
p
A V
V VD
C
A B
D
VB
p
A V
V VD
C
A B
D
VB
