CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE Secondo Compitino di FISICA – 15 giugno 2012
1) FLUIDI: Un blocchetto di legno (densità 0,75 g/ cm 3) di dimensioni esterne (10x20x5)cm3 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/ cm 3 ).
2) TERMODINAMICA: 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 VC = 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) /la variazione di energia interna ∆Eint, 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 ]
3) ELETTROSTATICA 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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Recupero CINEMATICA: Determinare la posizione verticale ed orizzontale di un corpo di massa M=0.9 kg, dopo un tempo t = 0.3 s dal lancio con velocità v=1.5 m/s da quota h=75 cm con inclinazione di 30°.
Specificare le componenti x ed y della velocità all’istante del lancio.
Recupero DINAMICA: Determinare la tensione T di una fune necessaria per fare salire a velocità costante un corpo di massa M=0.9 kg lungo un piano inclinato di 30° e scabro, con coefficiente di attrito dinamico µd
= 0.1. Determinare il valore della componente N normale al piano.
Recupero LAVORO-ENERGIA: Determinare la compressione x di una molla con costante elastica k=
2000 N/m alla quale è appoggiato un corpo di massa m=400g che, dopo essere rilasciato completamente dalla molla, possiede una velocità v=10 m/s e scorre su un piano orizzontale liscio. Determinare la velocità del corpo dopo un tratto L = 10 m ed immediatamente dopo un urto completamente anelastico con un corpo di massa M=0.5 kg.
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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 FLUIDI
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 TERMODINAMICA
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 ∆Eint, il lavoro W ed il calore Q per le 3 trasformazioni e per l’intero ciclo si ottengono dal 1. Principio della termodinamica: ∆Eint = Q – W.
Trasformazione AB:
Q = ncp ∆T = 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 = ncV∆T= 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 ELETTROSTATICA
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)) = Qq/(d 4πε0)(7/ 3) = 14 10-16 J
RECUPERO CINEMATICA
Le componenti x ed y del vettore velocità all’istante del lancio sono:
vx = v cos30°= 1.3 m/s vy = v sin30°= 0.8 m/s
Il moto del corpo dopo il lancio 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:
m gt
t v h gt t v y t y
m m
t v x t x
By By
Bx
5 . 2 0
1 2
) 1 (
4 . 0 3 . 0 3 . 1 )
(
2 2
0 0
=
− +
=
− +
=
=
×
= +
=
RECUPERO DINAMICA
Affinchè il corpo salga a velocità costante lungo il piano inclinato, la risultante delle forze applicate al corpo deve essere nulla:
da cui si ricava
N=Mgcos30°=0.9x9.8x√3/2 N = 7.6 N
T= Mgsin30° + µd Mgcos30° = Mg(sin30°+ µd cos30°) = 5.2 N
RECUPERO LAVORO-ENERGIA
La velocità del corpo all’istante in cui viene rilasciato dalla molla di ottiene dal principio di conservazione dell’energia meccanica:
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:
