CORSO di LAUREA in SCIENZE BIOLOGICHE Compito generale di FISICA -- 16 Giugno 2009
1) MECCANICA
Un corpo di massa m = 500 g scende lungo un piano liscio ed inclinato di un angolo θ1 = 30°. Dopo avere percorso un tratto L = 3 m giunge alla base del piano ed urta un corpo di massa M = 1 kg, in modo completamente anelastico. Dopo l’urto il due corpi salgono lungo un piano scabro, inclinato di un angolo θ2 = 45° e con coefficiente di attrito dinamico µd = 0.2.
a) Determinare la velocità del corpo m nell’istante immediatamente precedente all’urto ed il lavoro fatto dalla forza peso lungo il tratto L ;
b)
Determinare la velocità dei due corpi immediatamente dopo l’urto e il tratto d percorso prima di arrestarsi.2) FLUIDI
Un corpo sferico di raggio R = 0.1 m contiene al suo interno una cavità vuota, di forma irregolare, pari ad 1/3 del suo volume. Il corpo completamente immerso in acqua si trova all’equilibrio.
a) Calcolare la spinta di Archimede e la densità del corpo;
b) Supponendo ora la densità del corpo pari alla densità dell’acqua, determinare modulo, direzione e verso della forza Fapp che si deve applicare per mantenere il corpo completamente immerso in acqua.
c) FACOLTATIVO: supponendo il corpo immerso a profondità d0 = 20 m dal pelo dell’acqua, calcolare la posizione e la velocità del corpo dopo un tempo pari a 2 s, da quando viene lasciato libero.
3) TERMODINAMICA
Una mole di un gas perfetto monoatomico compie un ciclo a partire dallo stato iniziale A, in cui la pressione pA = 10 atm e il volume VA = 4 l, costituito dalle seguenti trasformazioni : AB, isoterma, con pB = 4 atm e V B = 10 l; BC, isobara con VC = 2 le CA in cui la pressione aumenta linearmente con il volume fino a
tornare nello stato iniziale.
a) si disegni il ciclo in un diagramma p, V e si calcoli il lavoro compiuto dal gas nelle tre trasformazioni AB, BC e CA;
b) si calcoli la quantità di calore scambiata dal gas (specificando se è assorbito o ceduto dal gas) e la variazione di energia interna nelle trasformazioni AB, BC e CA .
c) FACOLTATIVO: si determini il rendimento del ciclo.
[N.B. R= 8.31 J/Kmole =0.082 l atm /K mol]
4) ELETTROSTATICA
Una carica positiva Q=4 10-9 C è fissata nell’origine di un sistema d’assi (x,y). A d = 1m da O si trova una lamina piana, parallela all’asse y, uniformemente carica con densità di carica positiva σ= 2 10-9 C/ m2 . Determinare:
a) Il campo elettrostatico totale nel punto A= (d/2, 0).
b) In quale punto dell’asse x debba essere posta una carica q= 3 10-12 C perchè risulti in equilibrio..
c) FACOLTATIVO: il lavoro che le forze elettrostatiche compiono quando la carica q si sposta dal punto A al punto B di coordinate ( ¾ d, 0).
[N.B. ε0 = 8.85 10-12 C2/Nm2 ]
SCRIVERE IN MODO CHIARO. GIUSTIFICARE BREVEMENTE I PROCEDIMENTI SOSTITUIRE I VALORI NUMERICI SOLO ALLA FINE SENZA DIMENTICARE LE UNITA` DI MISURA.
Testi, soluzioni ed esiti alle pagine:
www2.fisica.unimi.it/bettega/ (AD)
qinf.fisica.unimi.it/~paris (EN), www.mi.infn.it/~sleoni (OZ)
1) SOLUZIONE MECCANICA
a) Lungo il piano inclinato di θ1 = 30° l’unica forze che compie lavoro è la forza peso che è conservativa. Per il principio di conservazione dell’energia meccanica:
mvi2 +mghi = mv2f +mghf 2
1 2
1 ove vi=0
ove (hi-hf) = Lsin30°, da cui si ottiene:
vf =v= 2g(hi −hf) = 2×9.8m/s2×3msin30° =5.4m/s
Il lavoro della forza peso è pari alla variazione di energia potenziale gravitazionale:
Lg =−∆U =mg(hi −hf)=mgLsin30°=0.5kg×9.8m/s2×3msin30°=7.35J
b) Dopo l’urto completamente anelastico i due corpi si muovo uniti con velocità data dalla conservazione della quantità di moto:
s m s
kg m v kg M m V m
V M m mv
/ 8 . 1 / 4 . 5 5 . 1
5 . 0 ) (
= + =
= +
=
Per calcolare il tratto d percorso lungo il piano inclinato di θ2 = 45° applichiamo il teorema lavoro energia cinetica, considerando il lavoro totale della forza peso e della forza di attrito.
Notiamo che al tratto d percorso corrisponde un dislivello h = dsin45°
m s
m s m g
d V
mV dmg
mV d
mg mgd
mV d
mg mgh
mV d
mg U
mV mv
mv L
L L
d d
d d
d
i f
d g tot
2 . 0 / 8 . 9 ) 2 . 1 ( 2
) / 8 . 1 ( )
1 ( 2
2 ) 1 1 2 (
2
2 45 1
cos 45
sin
2 45 1
cos
2 45 1
cos
2 1 2
1 2
1
2 2 2 2
2
2 2
2
2 2
2
× ≈ + =
=
= +
−
=
°
−
°
−
−
=
°
−
−
−
=
°
−
∆
−
−
=
−
= +
=
µ µ
µ µ
µ
2) SOLUZIONE FLUIDI
a) La spinta di Archimede agisce sul volume di fluido spostato, ossia sul volume di corpo immerso, mentre la forza peso agisce sulla massa del corpo (che in questo cosa occupa solo 2/3 del volume totale)
N
s m m m
kg
g R Vg
g m
FA f f f
41
/ 8 . 9 )
10 3 (
10 4
3 4
2 3
3 1 3
3
3
≈
×
×
×
×
=
=
=
=
π
−π ρ ρ
La densità del corpo si ricava dalla condizione di equilibrio:
3 3 3
3 1.5 10
2 10 3 2
3
3 ) 2
3 ( 1
m kg m
kg
g V g
V V Vg
mg F F
f C
C C
f g A
×
=
×
=
=
=
−
=
=
=
ρ ρ
ρ ρ
ρ
b) Nel caso in cui ρc = ρf la forza Fapp che garantisce la condizione di equilibrio deve soddisfare la relazione:
N F
V g Vg
F
F F F
F F F
F F F
A f f
app
g A app
g A app
g A app
7 . 3 13
1
3 2
0 0
≈
=
−
=
−
=
=
− +
−
= + +
ρ ρ
r r r
La forza Fapp è diretta verticalmente verso il basso con intensità 13.7 N.
c) Il corpo lasciato libero risente di una accelerazione a verso l’alto tale che:
/ 2
9 . 4 2 / 3 )
/( 2 3
/ 1 )
(F F m V g V g m s
a
F F ma
F F a m
f f g
A g A
g A
=
=
=
−
=
−
= +
=
ρ ρ
rv r
Lo spazio percorso è quindi d = ½ g/2 t2 = 9.8 m, da cui segue che la posizione finale è d0 – d = 10.2 m. La velocità è pari a v = a t = g/2 t = 9.8 m/s.
3) SOLUZIONE TERMODINAMICA a) La figura mostra il ciclo nel diagramma (p,V) .
C B
A p
V
La trasformazione AB è isoterma pertanto TA = TB = pAVA / nR = 486.1 K , inoltre LAB = nRTA ln ( VB/VA) = 3701.3J.
Poiché in un diagramma di questo tipo il Lavoro compiuto dal gas nelle trasformazioni è pari all’area delimitata dalle trasformazioni stesse e dall’asse V , tra lo stato iniziale e quello finale,
LBC = pB ( VC - VB ) = - 3232 J e LCA = (pA + pC ) ( VA - VC ) /2 = 1414 J.
b) Poiché AB è isoterma, QAB = LAB = 3701.3J ( assorbito) e ∆EAB = 0 J.
La temperatura TC = pCVC / nR = 97.2 K. QBC = ncp ( TC - TB ) = - 8079.4 J ( ceduto)
∆EBC = ncv ( TC - TB ) = - 4847.6 J.
∆ECA = ncv ( TA - TC ) = 4847.6 J , QCA = ∆ECA + L CA = 6261.6 J ( assorbito ) . c) Il rendimento η = L ciclo / Q assorbito = 1883.3 / 9962.9 = 0.19
4) SOLUZIONE ELETTROSTATICA
a) Il campo creato dalla carica Q nel punto A è EQ = k Q/ ( d/2 ) 2 i , quello creato dalla lamina è E σ = σ / 2εo ( -i ) . Il campo totale in A è la somma vettoriale dei due campi, sostituendo i valori numerici si ottiene E tot = 31 N/C ( i )
b) Il punto di equilibrio avrà posizione x < d, solo in questa regione infatti i due campi elettrostatici hanno verso opposto e possono pertanto dare risultante nulla. Affinché il punto sia di equilibrio i moduli dei due campi devono essere uguali , pertanto k Q/ x 2 = σ / 2εo , da cui si ricava x = 0.56 m.
c) Il lavoro compiuto dalla forza elettrostatica dovuta a Q , quando q si sposta da A fino a B vale LQ = U(A)- U(B) = (k Qq / ½ d ) – (k Qq / ¾ d ) = 72 10 -12 J ; il lavoro compiuto dalla forza elettrostatica dovuta alla lamina è L σ = (- σq / 2εo ) ( ¼ d ) = - 84.7 10 -12 J. Il lavoro totale è la somma di LQ e di L σ ed è -12.7 10 -12 J.
