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a) la velocità della particella P al momento del distacco dalla molla e immediatamente prima dell’urto.

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Academic year: 2021

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(1)

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

-9

C è fissata nel punto A di coordinate (2m, 0), mentre una carica positiva Q

O

= 2 Q

A

= + 4 10

-9

C 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

-12

C

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 ]

________________________________________________________________________________

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)

(2)

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.

(3)

SOLUZIONE ESERCIZIO 2

a) La velocità v

1

con cui il pelo dell’acqua si abbassa alla superficie della cisterna è trascurabile rispetto alla velocità v

2

di deflusso dell’acqua dal forellino, come segue dalla equazione di continuità:

La velocità v

2

di 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

1

è trascurabile rispetto a quello in v

2

, da cui segue:

La velocità v

2

di 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

(D

2)2v1 =

π

(d 2)2v2 v1

v2 = (d

D)2 =(1×10−2m

3m )2 = 1.1×10−5

(4)

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 figura

Le 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.

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