CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE Prova scritta di FISICA – 26 luglio 2016
1) Una particella P di massa m = 1 kg viene tenuta in modo da comprimere di un tratto L = 12 cm una molla di costante elastica k = 1200 N/m posta su un piano orizzontale liscio. Nell’istante iniziale, la molla viene rilasciata e la particella si mette in moto lungo il piano orizzontale dove, dopo un tratto di 2 m, urta in modo perfettamente anelastico una particella R di uguale massa, inizialmente ferma alla base di un piano inclinato di 30° , scabro con coefficiente di attrito µ = 0.2. Dopo l’urto le particelle proseguono il moto unite , salendo lungo il piano inclinato . Si determini:
a) la velocità della particella P al momento del distacco dalla molla e immediatamente prima dell’urto.
b) la massima quota raggiunta dalle due particelle, rispetto al piano orizzontale, sul piano inclinato.
Facoltativo: Supponendo che le due particelle scendano poi dal piano inclinato scabro e si muovano successivamente sul piano orizzontale liscio, urtando infine la molla, inizialmente in equilibrio, fino ad arrestarsi, si calcoli la compressione della molla.
2) Una cisterna cilindrica, alta H = 10 m e di diametro D = 3 m, poggia su una piattaforma a quota Y da terra ed ha un forellino di diametro d = 1 cm ad una distanza h = 1 m dal fondo della cisterna.
Calcolare:
a) la velocità di deflusso dell’acqua dal forellino, specificando le componenti orizzontali e verticali;
b) la quota Y a cui si trova la cisterna, sapendo che lo zampillo d’acqua che fuoriesce dalla cisterna cade ad una distanza orizzontale L = 10 m dalla cisterna.
3) Dato un sistema d’assi cartesiano (x, y) con origine O, una carica negativa Q
A= - 2 10
-9C è fissata nel punto A di coordinate (2m, 0), mentre una carica positiva Q
O= 2 Q
A= + 4 10
-9C è fissata nell’origine O.
Si determini:
a) il campo elettrostatico nel punto medio fra le due cariche indicando modulo, direzione e verso.
b) se esistano punti del semiasse positivo x in cui il campo elettrostatico totale creato dalle due cariche è nullo e se ne calcoli la distanza dall’origine O.
[N.B. ε
0= 8.85 10
-12C
2/Nm
2]
4) Due moli di un gas perfetto monoatomico compiono le seguenti trasformazioni termodinamiche: AB : trasformazione isobara dal Volume V
A= 1 litro e pressione p
A= 4 atm fino al volume V
B= 2 litri ; BC : trasformazione isoterma fino al volume V
C= 4 litri ;
CD : trasformazione isobara fino al volume iniziale V
A/2 ;
DA : trasformazione lineare della pressione con il volume, fino allo stato iniziale A.
a) Si disegni il ciclo e si calcolino le coordinate termodinamiche (p, V, T ) dei punti A, B, C,D.
b) Si calcolino Quantità di calore e Lavoro compiuto dal gas nelle singole trasformazioni e nell’intero ciclo.
c) Facoltativo: si determini il rendimento del ciclo.
[Nota: R= 8.31 J/Kmole =0.082 l atmo /Kmole ]
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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/ (A-L) e www.mi.infn.it/~sleoni (M-Z)
SOLUZIONE ESERCIZIO 1
a) La velocità della particella P al momento del distacco dalla molla si può calcolare applicando il teorema di conservazione dell’energia meccanica al sistema molla e particella, per il quale inizialmente l’energia è solo quella associata al campo della forza elastica U(L) = KL2 / 2 = 8.64 J dove L = 0.12 m., mentre al momento del distacco la molla ha ripreso la lunghezza naturale e la particella ha un’energia cinetica pari all’energia potenziale elastica iniziale. Si ha quindi Ecin distacco = KL2 / 2 = 8.64 J e pertanto v distacco = 4.16 m/s. Quando P raggiunge la particella R, immediatamente prima dell’urto ha ancora v = v distacco = 4.16 m/s perché il piano orizzontale è liscio. L’urto è totalmente anelastico, si conserva la quantità di moto del sistema, pertanto la velocità V delle due particelle unite è
V=
v distacco /2 = 2.08 m/s.b) Sulle 2 particelle unite che salgono lungo il piano inclinato agisce la componente della forza peso parallela al piano inclinato e la forza di attrito, entrambe parallele ma opposte in verso allo spostamento verso l’alto delle due particelle. Applicando il teorema Lavoro della Forza Risultante –Variazione dell’energia cinetica, al tratto D
percorso dalle due particelle prima di arrestarsi , si ha: - 2mg (sen30° + µ cos 30° ) D = 0- Ecin dopo urto, da cui si ricava D = 0.33 m e la massima quota h = D sen30°= 0.16 m.
Facoltativo:
Durante la discesa lungo il piano inclinato, la componente della forza peso parallela al piano inclinato è concorde in verso allo spostamento delle particelle, mentre la forza di attrito è opposta.
Applicando di nuovo il teorema Lavoro della Forza Risultante –Variazione dell’energia cinetica, al tratto D percorso dalle due particelle per giungere alla base del piano inclinato , si ha: 2mg (sen30° - µ cos 30° ) D = Ecin base p.inclin.- 0, da cui si ricava Ecin base p.inclin. =2.10 J.
L’energia cinetica alla base del piano inclinato è costante durante il tratto percorso lungo il piano orizzontale liscio, fino all’urto con la molla . La compressione massima L* della molla si ricava infine applicando il teorema di conservazione dell’energia meccanica al sistema molla-particelle : Ecin base p.inclin = kL*2/2 da cui risulta L* = 5.9 cm.
SOLUZIONE ESERCIZIO 2
a) La velocità v
1con cui il pelo dell’acqua si abbassa alla superficie della cisterna è trascurabile rispetto alla velocità v
2di deflusso dell’acqua dal forellino, come segue dalla equazione di continuità:
La velocità v
2di deflusso dell’acqua dal forellino si ottiene applicando il teorema di Bernoulli:
Infatti, p
1= p
2= 1 atm, h
1= H+Y, h
2= h+Y ed il termine in v
1è trascurabile rispetto a quello in v
2, da cui segue:
La velocità v
2di deflusso ha solo componente orizzontale.
b) All’uscita dal forellino il moto del fluido è di tipo parabolico, essendo soggetto alla sola accelerazione di gravità. Le equazioni del moto in x ed y sono quindi:
Nota la distanza orizzontale L, a cui cade al suolo lo zampillo d’acqua, si può ricavare il tempo di volo t e quindi la quota Y a cui si trova la cisterna, rispetto al suolo:
t = L/v
2= 0.75 s
)
2 ( 1
) 2 (
1 2
1
2 1 2
1
2 2
2 1 2
1 2 1 2
2
2 2 2
2 2 1 1
1
h H g v
h h g p p v v
v gh
p v gh
p
−
≈
− +
−
=
−
+ +
= +
+
ρ ρ
ρ ρ
ρ
ρ ρ
ρ ρ
v2 ≈ 2g(H − h ) = 2 × 9.8m / s2× (10m −1m ) ≈ 13.3m / s
x = v2t = L y = y0−1
2gt2 = (Y + h) −1
2gt2= 0
Y = −h +1
2gt2= −1m +1
2× 9.8m / s2× (0.75)2 = 1.76m A1v1= A2v2
π
(D2)2v1 =
π
(d 2)2v2 v1v2 = (d
D)2 =(1×10−2m
3m )2 = 1.1×10−5
SOLUZIONE ESERCIZIO 3
a) Il campo totale nel punto medio delle due cariche ha per modulo la somma dei moduli dei due campi , direzione e verso come il semiasse positivo x, E = 54 N/C ( i) .
b) Gli eventuali punti del semiasse positivo x in cui il campo elettrostatico creato dalle due cariche è nullo devono essere esterni al tratto OA, x > 2 m, dove i campi creati dalle due carche hanno verso opposto e possono quindi annullarsi. Si annulleranno quando i moduli sono uguali. Dovrà quindi essere: 2kq/x2 = kq/(x-2)2 . Si ricavano due soluzioni : x=1.18 m e x= 6.82 m , ma la prima è da escludere perché non soddisfa la condizione x>2.
SOLUZIONE ESERCIZIO 4
a) Il ciclo è rappresentato in un diagramma (V, p) nella figuraLe coordinate termodinamiche dei punti A. B, C, D sono:
A: pA= 4.05 10 5 N/m2 VA= 10 -3 m 3 TA= 24.37 K B: pB= pA= 4.05 10 5 N/m2 VB= 2VA= 2 10 -3 m 3 TB= 2TA= 48.74 K C pC= pA /2 = 2.03 10 5 N/m2 VC= 4VA= 4 10 -3 m 3 TC = 2TA= 48.74 K D: pD= pC = 2.03 10 5 N/m2 VD = VA/2= 0.5 10 -3 m 3 TD = TA /4 =6.09 K
b) AB è isobara: QAB = n cp (TB -TA) (con cp = 5R/2), mentre LAB = pA (VB-VA).
Sostituendo i valori numerici si ottiene QAB = 1012.6 J (assorbito) e LAB = 405 J.
BC è isoterma: QBC = LBC = n R TB ln ( VC/ VB) = 561.5 J
CD è isobara: QCD= ncp ( TD-TC) = - 1771.9 J (ceduto), (cp = 5R/2) e LCD = (VD-VC)pD= - 709 J.
DA è lineare: LDA=(pA+pD)(VA-VD)/2 = 151.9 J, ΔEDA = ncv (TA –TD) (con cV = 3R/2), Q = ΔEDA+LDA= 607.5 J.
c) Facoltativo:
La Quantità di Calore totale scambiata nel ciclo è Qtot = QAB + QBC + QCD + QDA = 409.6 J = Ltot
La Quantità di Calore totale assorbita in un ciclo è Qass = QAB + QBC + QDA = 2181.4 J e pertanto il rendimento è pari a
η = Ltot / Q ass = 0.19.