B CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE

Prova scritta di FISICA – 24 Settembre 2009

1)

Una particella di massa m=1 kg viene lasciata libera di muoversi dal punto A, alla sommità di un piano liscio AB, inclinato di 30° rispetto al piano orizzontale terrestre. La lunghezza di AB è 4 m. Giunta in B la particella cade nel piano verticale terrestre dall’altezza BO di 3 m, raggiungendo il suolo in un punto C . Si determini : a) il modulo della reazione normale al piano inclinato agente sulla particella durante il moto lungo il piano e la velocità della particella nel punto B, specificandone modulo e le componenti vBx e vBy, assumendo l’asse x del sistema d’assi cartesiani parallelo ad OC e l’asse y parallelo a OB.

b) la distanza di C dal punto O e le componenti della velocità della particella nel

punto C (v

Cx

e v

Cy

).

2)

Due cariche puntiformi Q = +10^-6 C sono poste nel piano xy nei punti di coordinate A = (-L,0) e B = (L,0) ove L = 2m. Calcolare:

a) il vettore campo elettrico E ed il potenziale V nell’origine degli assi e nel punto C di coordinate (0, L);

b) il lavoro svolto dal campo elettrostatico per spostare la carica puntiforme q = +10^-12 C dall’origine degli assi al punto C. [Note: ε0 = 8.85 10^-12 C²/Nm² ]

3)

Nella condotta mostrata in figura scorre un fluido ideale con densità pari a quella dell’acqua. Il tratto orizzontale si trova a quota h = 50 cm ed ha sezione variabile, con A1 = 4 A2. Nel tratto successivo la condotta ha sezione costante (A3 = A2) e si abbassa fino a quota 0. Sapendo che la velocità del fluido in corrispondenza alla sezione A1 è pari a v1 = 3 m/s, determinare:

a) le velocità v2 e v3 in corrispondenza alle sezioni A2 ed A3;

b) le differenze di pressione ∆p12 = p1 –p2 e ∆p23 = p2 –p3 ove p1, p2 e p3 sono le pressioni in corrispondenza alle sezioni A1, A2 ed A3.

4)

Una mole di un gas perfetto monoatomico passa dallo stato iniziale A allo stato finale D compiendo le seguenti trasformazioni reversibili: A→B isovolumica con pB = 2pA , B→C isobara con VC = 3VA , C→D adiabatica con pD = pA . Inoltre pA,= 4 10 ³ N/m ² e VA = 1 m³ .

a) Si rappresentino le tre trasformazioni in un diagramma ( V, p) e si calcoli la quantità di calore totale scambiata dal gas passando dallo stato A allo stato D specificando se il calore sia assorbito o ceduto.

b) Si calcoli la variazione di energia interna del gas dallo stato A allo stato D.

(R= 8.31 J/Kmole =0.082 l atm /K mol)

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)

h A₁

A₃ A₂

h A₁

A₃ A₂

A

B

O C

(Meccanica)

a) La reazione normale al piano inclinato ha modulo /R/ = mg cos 30° = 8.5 N.

L’altezza del piano inclinato vale h = AB sen 30° = 2m. Il piano è liscio, si conserva pertanto durante il moto l’energia meccanica.Si ha quindi mgh= ½ m v

B 2

, da cui si ricava / v

B

/ = 6.3 m/s.

Le componenti del vettore v

B

nel sistema d’assi indicato sono: v

Bx

= /v

B

/ cos 30° = 5.4 m/s e v

By

= /v

B

/ sen 30° = - 3.1 m/s.

b) Nel punto B la particella inizia la caduta nel piano verticale terrestre , pertanto si ha : a

x

= 0 ; a

y

= - g ; ( a

x

e a

y

sono le componenti del vettore accelerazione )

v

x

= v

Bx

= 5.4 (m/s) ; v

y

= - gt + v

By

= - gt - 3.1 (m/s);

x = v

Bx

t = 5.4 t (m) ; y = - ½ g t

²

+ v

By

t + OB = - ½gt

²

- 3.1 t + 3 (m).

Ponendo y = 0 , si ricava il tempo t impiegato dalla particella a raggiungere il suolo e risulta t = 0.53 s.

La distanza OC è pertanto: OC = 5.4 t = 2.9 m.

Le componenti della velocità in C valgono v

_Cx

= 5.4 m/s e v

_{C y}

= - gt + v

_By

= - 8.32 m/s

(Elettrostatica)

a)

Il campo elettrostatico nei punti O e C è dato dalla somma vettoriale dei campi EA e EB prodotti dalle cariche puntiformi Q poste in A e B. Essendo le due cariche uguali in valore assoluto e disposte

simmetricamente rispetto all’asse y, su cui giacciono entrambi i punti O e C, il campo E totale è dato dalla somma delle componenti y dei due campi. Quindi:

[ ]

C N m j

C C

Nm

j L sen

Q j C E

C E C E C E

O E O E O E

Ay B A

B A

/ 10 59 . 2 1

2 4 2 10 10

9 2

2 45 4 2 1

) ( 2

) ( ) ( ) (

0 ) ( ) ( ) (

3 2

6

2 2 9

2 0

×

× =

×

×

=

°

×

=

=

= +

=

= +

=

− r

r r

r r

r

r r

r

πε

Analogamente, il potenziale V è dato dalla somma dei potenziali dovuti alle due cariche separate:

V m

C C

Nm L Q

C V C V C V C V

m V C C

Nm L Q

O V O V O V O V

A B

A

A B

A

3 6

2 2 9 0

3 6

2 2 9 0

10 36 . 6 2 2 10 10

9 2

4 2 2 1

) ( 2 ) ( ) ( ) (

10 2 9

10 10 9 2

4 2 1

) ( 2 ) ( ) ( ) (

×

× =

×

×

=

×

=

= +

=

×

=

×

×

=

×

=

= +

=

−

−

πε πε

b)

Il lavoro fatto per spostare la carica q da O a C è pari alla variazione di energia potenziale U(O)-U(C).

J

m C C Nm

L qQ

L L qQ

C V O V q C U O U L

_OA

9

2 2 9 2

6 12

0 0

10 64 . 2

2 1 1 2 10 2

9 10

10

2 1 1 2 4

2 2 2 4

)) ( ) ( ( ) ( ) (

−

−

−

×

=



 





−

×

×

=



 





−

=



 





−

=

−

=

−

=

πε πε

y

O x

A B

C

Q Q

q

E_AC E_BC

L L

L y

O x

A B

C

Q Q

q

E_AC E_AC E_BC

E_BC

L L

L

(Fluidi)

a)

In base all’equazione di continuità la portata della condotta è costante in corrispondenza a tutte le sezioni

A

₁

v

₁

= A

₂

v

₂

= A

₃

v

₃

da cui si ricava:

s m v

A v v A

s m v

A v v A A v A

/ 12

/ 12 4 4

2 2 3 2 3

1 1 2

2 1 2 1 2

=

=

=

=

=

=

=

b)

Le differenze di pressione possono essere ricavate applicando il teorema di Bernoulli:

p v gh costante 2

1 ₂

= +

+

ρ ρ

da cui si ottiene:

Pa

s m m kg v

v v v

v p p p

3

2 2 3 3

2 1

2 1 2 1 2

1 2 2 2 1 12

10 5 . 67

/ 9 / 2 10

15 2 15

) 16

2 ( ) 1 2 (

1

× +

=

×

×

=

=

−

=

−

=

−

=

∆

ρ

ρ ρ

Pa

m s

m m

kg h h g

p p p

3

2 3

3

2 3

3 2 23

10 9 . 4

) 5 . 0 0 ( / 8 . 9 / 10

) (

×

−

=

−

×

×

=

−

=

−

=

∆

ρ

(Termodinamica) a)

La quantità di calore totale scambiata dal gas Q

_tot

= Q

_AB

+ Q

_BC

+ Q

_CD

, dove :

Q

AB

=.n c

v

(T

B

– T

A

), Q

BC

= n c

p

( T

C

– T

B

) e Q

CD

= 0 .

T

A

= p

A

V

A

/ nR = 481.3 K , T

B

= p

B

V

B

/ nR = 2p

A

V

A

/ nR = 2T

A

= 962.7 K e

T

_C

= p

_C

V

_C

/ nR= 2p

_A

3V

_A

/ nR = 6T

_A

= 2888.1 K.

Si ricava pertanto Q

AB

= 5999 J e Q

BC

= 40000 J da cui Q

tot

= 45999 J ( positivo, assorbito)

b) La variazione di energia interna ∆E

AD

è:

∆E

AD

= nc

_v

(T

_D

– T

_A

) . Inoltre T

_D

= p

_D

V

_D

/ nR dove p

_D

= p

_A

e V

_D

= V

_C

( p

_C

/ p

_D

)

^1/γ

dove γ = c

p

/ c

_v

Sostituendo i valori numerici si trova V

D

= 1.52 V

C

= 4.56 m

³

; T

D

= 2194 K e ∆E

AD

= 21349 J.

A

B C

D

p

V