CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE Prova scritta di FISICA – 20 settembre 2011
1) Una particella di massa m= 0,5 kg viene lanciata dalla base di un piano inclinato OAB con velocità iniziale vo parallela al piano. Sapendo che il coefficiente di attriro piano- particella è =0.15, che l’angolo formato dal piano inclinato con il piano orizzontale terrestre è pari a 30° e che la lunghezza del piano inclinato OB = 0.5 m, si determini :
a) Il lavoro compiuto da tutte le forze agenti sulla particella nel tratto OB, specificandone il segno.
b) Il minimo valore della velocità vo che occorre impartire alla particella in O affinchè riesca a raggiungere il punto B.
2) Due cariche positive uguali di carica Q = 3 10-4 C sono fissate rispettivamente nei punti di coordinate A= ( 2 m, 0) e B= (-2m,0) di un sistema di assi cartesiani x,y. Si calcoli : a) Modulo, direzione e verso della forza che agisce su una carica positiva q = 10 -6 C che si trova nel punto P= ( 0, 2m);
b) Il campo elettrico ed il potenziale elettrico nell’origine degli assi cartesiani;
[Nota: 0 = 8.85 10-12 C2/Nm2 ]
3) Due moli di gas perfetto biatomico sono contenute in un volume VA= 5.5 l alla pressione pA= 3 atm.
Si calcolino:
a) la temperatura TA , il calore scambiato QAB ed il lavoro compiuto WAB dal gas lungo l’isoterma AB (con VB = 3 VA).
b) il calore totale QAB ed il lavoro totale WAB per la trasformazione dal punto A al punto B, definita come segue: isobara AC con VC = 3 VA + isocora CB con pB = 1/3 pC
[Nota: R= 8.31 J/Kmole =0.082 l atmo /Kmole ]
4) Due corpi sferici , A e B, hanno raggio R= 8 cm e sono formati da materiale di densità 4 volte quella dell’acqua. Il corpo A contiene al suo interno una cavità vuota pari ad ¼ del volume del corpo, mentre il corpo B non ha cavità al suo interno. I due corpi vengono completamente immersi in acqua.
Determinare per i due corpi :
a) la spinta di Archimede a cui sono soggetti.
b) la forza che è necessario applicare per mantenerli completamente immersi in acqua in equilibrio, specificando direzione e verso.
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), www.mi.infn.it/~sleoni (PE-Z)
SOLUZIONE ESERCIZIO 1 (Meccanica)
a) Scelto un sistema di assi come in figura , le forze agenti sulla particella nel tratto OB sono la forza Peso P, che ha componente parallela al piano inclinato Px = -mgsen30°, la forza Normale N = mgcos30° j e la forza di attrito R= mgcos30° (-i ). Compiono lavoro diverso da 0 nel tratto OB: la forza R e la forza Px i, entrambi costanti, parallele ed opposte in verso allo spostamento OB, i cui lavori compiuti nel tratto OB sono : L(R) = (- mgcos30° ) OB = - 0.317 J e L (Px i ) = (-mgsen30°) OB = - 1.225 J. Il lavoro totale compiuto è pertanto L = -1.54 J .
b) Affinchè la particella raggiunga B (con velocità nulla) è necessario che la sua energia cinetica iniziale sia pari al lavoro compiuto dalla risultante delle forze agenti nel tratto OB ( cambiato di segno) , ovvero a 1.54 J e pertanto che la sua velocità iniziale sia 2.48 m/s.
O
B
A N
P R
SOLUZIONE ESERCIZIO 2 (Elettrostatica)
a) La forza elettrostatica totale che agisce sulla carica q posta in P è data dalla somma vettoriale delle forze di Coulomb FAP ed FBP, come disegnato in figura.
Essendo le distanze AP e BP uguali, tali forze hanno la medesima intensità
2
4 0
1 AP F qQ
Come mostrato in figura, tali forze hanno la stessa proiezione sull’asse y e proiezioni uguali ed opposte sull’asse x.
Da ciò segue che la forza elettrostatica totale è un vettore diretto lungo l’asse y di intensità pari alla somma delle componenti y di ciascuna forza:
ossia:
b) Il campo elettrostatico nell’origine degli assi è nullo, dato che i campi prodotti da ciascuna carica Q nel punto O hanno stessa intensità
2
4 0
1 OA E Q
, stessa direzione e versi opposti.
Il potenziale in O è dato dalla somma dei potenziali elettrostatici:
V V
OA Q OB
Q OA
V Q 5
4 9
0 0
0
10 2 27
10 10 3
9 4 2
2 1 4
1 4
1
j N Ftot
) 48 . 0
(
N AP
Ftot qQ N 0.48
2 2 8
10 10 10 3
9 2 45 4 cos
2 1
6 4 9
0 2
0
SOLUZIONE ESERCIZIO 3 (Termodinamica)
a) Dalla legge dei gas perfetti si ha TA = pA VA / n R = 100.5 K.
Per l’isoterma AB , QAB = WAB = n R TA ln VB/VA = 1835 J;
b) La seconda trasformazione ha come punto iniziale e finale ancora A e B, poichè l’energia interna è una funzione di stato e A e B hanno la medesima temperatura , UAB = 0 e dunque QACB =
WACB.
WACB = WAC perchè CB è una isocora WAC = pA (VC -VA) = 2 pA VA = 3343 J = QACB
SOLUZIONE ESERCIZIO 4 (Fluidi)
a) La Spinta Archimedea, pari al peso del fluido spostato , è per entrambi i corpi : S = H2O Vsfera g dove H2O = 103 kg / m3 , Vsfera = 4/3 ( R 3 ) e pertanto S = 21 N.
b) Le Forze Risultanti agenti su A e su B, immersi in acqua , sono rispettivamente: FA = PA – S ed FB = PB – S , dove PA e PB sono le forze Peso agenti su A e su B, PA = 4 H2O 0.75 Vsfera g e
PB = 4 H2O Vsfera g . Sostituendo i valori numerici si trova FA = 42 N ed FB = 63 N , parallele e con lo stesso verso della forza Peso . Le forze che occorre applicare ad A e B, per mantenerli in equilibrio in acqua , sono pertanto F*A = 42 N ed F*B = 63 N, parallele e con verso opposto alla forza Peso.
