CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE Prova di FISICA del 15 Luglio 2004
1) Un corpo di massa m = 0.5 kg è spinto contro una molla orizzontale di costante elastica k = 200 N/m, che si contrae di un tratto ∆x = 0.4 m. Il corpo, lasciato libero nel punto A, scorre su un piano orizzontale privo di attrito e, giunto in B, continua a muoversi lungo una guida semicircolare di raggio R = 1.0 m, come mostrato in figura. Si calcoli:
a) la velocità del corpo nei punti A, B, C e D;
b) l’intensità della forza normale esercitata dalla guida circolare nel punto C.
2) Il tubo di flusso mostrato in figura ha sezioni circolari A1 ed A2, rispettivamente di raggio R1 = 10 cm ed R2 = 20 cm. Determinare:
a) la velocità del fluido nel tratto di sezione A2, sapendo che nel tratto di sezione A1 la velocità è v1 = 2 m/s;
b) la variazione di quota h del tubo tale che la pressione p2 del fluido (acqua) nel tratto di sezione A2 sia doppia rispetto alla pressione p1 = 1 atm del tratto di sezione A1.
3) Due moli di gas perfetto monoatomico, inizialmente nello stato A a pressione pA = 4 atm e volume VA = 1 l, compiono una espansione isoterma fino allo stato B a pressione pB = 1 atm.
Il gas viene poi compresso adiabaticamente fino allo stato C a pressione pC=pA= 4atm.
Dopo avere disegnato nel piano pV la trasformazione subita dal gas, si calcolino:
a) i volumi VB e VC occupati dal gas negli stati B e C;
b) la variazione totale di entropia ∆S subita dal gas durante l’intera trasformazione.
(Nota: R= 8.31 J/Kmole =0.082 l atmo /Kmole)
4) Ai vertici del quadrato OABC di lato L, sono fissate quattro cariche puntiformi, due positive e due negative, pari a q, come in figura.
Si calcoli:
a) Il potenziale nel punto E, centro del quadrato e nel punto M, punto medio di OA.
b) Il campo elettrico nel punto E, precisando modulo direzione e verso.
SCRIVERE IN MODO CHIARO GIUSTIFICARE BREVEMENTE I PROCEDIMENTI SOSTITUIRE I VALORI NUMERICI SOLO ALLA FINE
NON DIMENTICARE LE UNITA` DI MISURA
SOLUZIONE ESERCIZIO 1
a) La velocità nei punti A, B, C e D può essere calcolata applicando il principio di conservazione dell’energia meccanica:
in A: l’energia potenziale della molla si trasforma in energia cinetica del corpo
in B: essendo il piano orizzontale e privo di attrito, la velocità del corpo non cambia vB = vA=8 m/s
in C: il corpo si trova a quota R e possiede quindi anche energia potenziale gravitazionale mgR:
in D: il corpo si trova a quota 2R e possiede quindi anche energia potenziale gravitazionale mg(2R):
b) In C, la forza normale N esercitata dalla guida circolare ha la stessa direzione (orizzontale) e verso uguale alla forza centripeta Fcentripeta di cui risente il corpo. Il modulo di tale forza normale è dato da:
s kg m
m m N
m x k v
x k mv
A A
/ 5 8
. 0
/ 4 200
. 0 2 1 2
1 2 2
=
×
=
∆
=
∆
=
s m m
s m s
m gR
v v
mgR mv
mv mgR
mv mv
A C
A C
C A
/ 7 . 6 ) 1 )(
/ 8 . 9 ( 2 ) / 8 ( 2
2 1 2
1 2
1 2
1
2 2
2
2 2
2 2
≈
−
=
−
=
−
= + ⇒
=
s m s m m
s m s
m R
g v v
R mg mv mv
R mg mv mv
A D
A D
D A
/ 5 / 97 . 4 ) 2 )(
/ 8 . 9 ( 2 ) / 8 ( ) 2 ( 2
) 2 2 (
1 2
) 1 2 2 (
1 2
1
2 2
2
2 2
2 2
≈
=
−
=
−
=
−
= + ⇒
=
m N s kg m
R mv a
m F
N centripeta centripeta C 22.4
1 ) / 7 . 6 5 ( . 0
2
2 = =
=
=
= r r
r
SOLUZIONE ESERCIZIO 2
a) La velocità del fluido nel tratto di sezione A2 può essere ricavata dalla equazione di continuità:
b) La quota h può essere calcolata applicando il teorema di Bernoulli relativamente ai tratti di tubo di sezione A1 ed A2, prendendo come livello di altezza 0 la quota del tratto di tubo con sezione A2:
s m s m m
v m R v R A v A
v A v A
/ 5 . 0 / ) 2 10 20 (
) 10 10 (
2 2
2 2 2 1
2 2 1 1 2 1 2
2 2 1 1
× =
= ×
=
=
=
−
−
π π
m m m
s m s
s m m s
m m kg
m N
v g v g
p h p
v v p p gh
g v p gh v p
10 19 . 0 2 . 10 ) ) / 2 ( ) / 5 . 0 )((
/ 8 . 9 ( 2
1 )
/ 8 . 9 )(
/ 10 (
/ 10
) 2 (
1 2
2 1 2 1
2 0 1 2
1
2 2
2 2
3 3
2 5
2 1 2 2 1
1
2 1 2 2 1 2
2 2 2 2
1 1
≈
−
=
× − +
=
−
− +
=
− +
−
=
+ +
= + +
ρ
ρ ρ ρ
ρ ρ ρ
ρ
SOLUZIONE ESERCIZIO 3 a) In una trasformazione isoterma pV = costante, quindi
pAVA=pBVB da cui si ottiene:
VB= pAVA/pB= 4 x 1 l = 4 l
Nella trasformazione adiabatica pVγ = costante, quindi pBVBγ = pCVCγ da cui si ottiene
Per un gas monoatomico γ = 5/3, quindi
b) La variazione totale di entropia del sistema è pari alla somma delle variazioni entropiche lungo la trasformazione isoterma e lungo la trasformazione adiabatica:
Dato che ∆Sadiabatica = 0 si ha:
In una trasformazione isoterma Q=W=nRT ln(Vf /Vi), quindi:
adiabatica isoterma S S
S =∆ +∆
∆
C B B
C
p p V
V =
γ
l atm l
l atm p
V p V
p p V
V p
p V
V
C B B C
C B B
C C
B B
C
7 . 1 44 . 0 4 4
4 1 5
3 5
3
5 3 3
5
≈
×
=
×
=
=
=
= ⇒
T S Q
S =∆ isoterma =
∆
K l J
K l mole V J
nR V V
V T nRT T
W
T S Q
S
A B A
B isoterma
/ 1 23
ln4 ) /(
31 . 8 2 ln
ln = = × ⋅ =
=
=
=
∆
=
∆
p
A V
V VB
B
A C
VC
pB C
A p
p =
SOLUZIONE ESERCIZIO 4
a) Il potenziale prodotto da una carica q in un punto a distanza r è dato da:
r K q r V( )= e
Nel caso in esame, la distanza r di ciascuna carica dal punto E è la medesima
2 2 2 2
2
2
2 L L L
r L = =
+
=
Il potenziale VE in E è quindi nullo, infatti:
0
2 2 2
2
2× 2 − × =
= L
K q L
K q
VE e e
Nel caso del punto M, la distanza r+ fra le cariche positive ed M vale:
2 2 2 2
4
2 L L
L L
r + = +
=
+
mentre la distanza r- tra le cariche negative ed M vale:
L r− = /2
Il potenziale VM in M è quindi:
q L L K
K q L
L K q
VM e e e
5 ) 5 1 ( 4 5
2 2 4 2 /
2 2
= −
× + −
×
=
In entrambi i casi si è scelto come punto di riferimento un punto infinitamente distante dalle cariche e si è posto uguale a zero il potenziale in quel punto.
b) In E i campi elettrostatici dovuti alla carica +q in B, EB , e alla carica -q in O, EO, hanno lo stesso modulo, la stessa direzione, parallela ad EO e lo stesso verso (da E verso O).
In E i campi elettrostatici dovuti alla carica +q in C, EC , e alla carica -q in A, EA , hanno lo stesso modulo, la stessa direzione, parallela ad EA, e lo stesso verso (da E verso A) .
Pertanto il campo totale in E è dato da:
Ertot ErB ErC 2
2 +
=
Notare che si tratta di una somma di vettori.
Inoltre EB ed E C sono tra loro ortogonali, il campo totale ETOT è parallelo all’asse y, ha verso opposto al semiasse positivo y, ed ha modulo
2 2 2 2 4 2 2
2 2
2 2
2 2
2 4
4 L
K q L
K q r
K q E
E E
Etot B C B e e = e
=
=
= +
= r r r
r
Si ha quindi:
j
L K q Ertot e r
2 2
−4
=
