FISICA per SCIENZE BIOLOGICHE, A.A. 2014/2015

FISICA per SCIENZE BIOLOGICHE, A.A. 2014/2015 Prova scritta del 17 giugno 2016

1) Un corpo P₁ , di massa m= 0.5 kg, viene lasciato libero di muoversi dal punto A, sulla sommità di un piano inclinato di 30°, di lunghezza dAB=2m, scabro con coefficiente di attrito µ.

P₁ raggiunge il punto B, alla base del piano inclinato, con energia cinetica E_{cin B} = 4 J. Percorre poi un tratto BC, di lunghezza d_BC = 1 m su un piano orizzontale liscio, urtando in C, in modo perfettamente anelastico, un corpo P₂, di massa doppia di P₁. Dopo l’urto i due corpi procedono uniti lungo un ulteriore tratto orizzontale CD, di lunghezza dCD = 1 m, e raggiungono il punto D, dove termina il piano orizzontale formando un gradino di altezza DH = 1m, cadendo nel piano verticale terrestre.

Si determini:

a) il coefficiente di attrito µ

b) la velocità dei due corpi immediatamente dopo l’urto e le componenti x e y del vettore velocita dei due corpi nel punto E ad una quota pari a -0.5m, rispetto a quella del punto D di caduta.

2) Una mole di un gas perfetto monoatomico compie un ciclo termodinamico tra gli stati A, B e C, come segue:

AB: espansione con decrescita lineare della pressione, dallo stato A allo stato B, con pressione pA = 5 atm, volume VA = 3 l e VB = 2 VA;

BC: espansione adiabatica fino al volume V_C = 4 V_A;

CA: compressione isoterma.

Si svolgano i seguenti punti:

a) si disegni il ciclo su un piano V, p e si determinino le variabili p, V e T per i punti A, B, C ;

b) si calcolino lavoro, calore e variazione di energia interna nelle singole trasformazioni e nell’intero ciclo; Si calcoli il rendimento del ciclo.

[N.B. R= 8.31 J/Kmole =0.082 l atmo /Kmole)]

3) Un cilindro costituito da materiale di densità ρ0, doppia rispetto a quella dell'acqua, galleggia sull'acqua con 1/3 del volume emerso. Il cilindro ha base circolare di raggio R = 1 dm e altezza h = 40 cm. Il cilindro ha all'interno una cavità vuota, isolata dall'esterno, di volume V. Si determini:

a) la spinta di Archimede;

b) il volume V della cavità interna al cilindro.

4) Due lamine piane, L1 ed L2, infinitamente estese, uniformemente cariche (entrambi con segno positivo) con densità superficiale σ = + 2 x 10 ^-9 C/ m², sono disposte parallelemente tra loro e all’asse y. L1 passa per il punto A=(10 cm, 0) ed L2 passa per B=(12 cm, 0).

Una particella P carica negativamente, con carica q = - 2 10^-12 C, è posta in O, origine degli assi x,y. Nei punti A e B le due lamine hanno un forellino di dimensioni trascurabili, in modo di non perturbare il campo elettrostatico prodotto dalle due lamine. Si determini:

a)il campo elettrostatico creato dalle due lamine nei tratti OA, AB, BC, con C= (22 cm, 0) dell’asse x, indicando modulo, direzione e verso.

b) L’energia cinetica della particella P, lasciata libera di muoversi in O, nei punti A, B, C, e se P tornerà in O.

[N.B. ε0 = 8.85 10^-12 C²/Nm² ]

SCRIVERE IN MODO CHIARO.DESCRIVERE I PROCEDIMENTI E LE FORMULE USATE.SOSTITUIRE I VALORI NUMERICI SOLO ALLA FINE.INDICARE LE UNITA` DI MISURA.

TESTO, SOLUZIONI ED ESITI DELLA PROVA VERRANNO PUBBLICATI ALLE PAGINE: WWW2.FISICA.UNIMI.IT/BETTEGA/(A-L), WWW.MI.INFN.IT/~SLEONI (M-Z)

Soluzione Esercizio 1

a) Il coefficiente di attrito µ del piano inclinato può essere determinato utilizzando il teorema lavoro compiuto dalla forza risultante - variazione dell’energia cinetica. Il lavoro compiuto dalle forze agenti sul corpo ( Peso, Reazione Normale e Forza di attrito) durante lo spostamento del corpo dal punto A al punto B, è:

( mg sen30° - µmg cos 30°) L = Ecin B - EcinA , dove L è la lunghezza del piano AB, mg sen30° è la componente della forza peso parallela al piano inclinato e - µmg cos 30°, la componente della forza di attrito parallela al piano inclinato. Sostituendo i valori numerici dati e risolvendo rispetto a µ, si ottiene µ = 0.11.

b) Nell’urto si conserva la quantità di moto del sistema dei due corpi. Si ha pertanto:

mvB = (m+2m) V dove m è la massa di P1 e 2m quella di P2 , V è la velocità comune delle due particelle immediatamente dopo l’urto e vB è la velocità di P1 immediatamente prima dell’urto ( il tratto BC è liscio, quindi vC = vB ). Inoltre vB può essere ricavata da Ecin B e risulta vB = 4 m/s. Sostituendo i valori numerici dati si ricava V=1.33 m/s.

Le componenti vx e vy della velocità delle due particelle durante la caduta dal gradino possono essere ricavate utilizzando le equazioni per accelerazione, velocità e posizione del moto del proiettile, come segue :

Scelto un sistema d’assi cartesiani x,y con Origine in H e asse y parallelo alla verticale terrestre, positivo verso l’alto si ha

ax = 0 ay = -g

v_x = cost= v_0x v_y = -gt dove v_0x = V= 1.33 m/s ( il tratto CD è liscio) x = v_0x t y = -½ gt² + y₀ dove y₀ = HD = 1m.

Dalla relazione per y, ponendo y = 0.5 m si ricava il tempo impiegato dalle due particelle per raggiungere il punto E, che risulta t = 0.32s, e dalla relazione per vy se ne ricava il valore in E che risulta vy =.-3.14 m/s.

Quindi in E vx = 1.33 m/s e vy =.-3.14 m/s.

Soluzione Esercizio 2

a) Il ciclo ABC è mostrato in figura.

Determiniamo le coordinate termodinamiche (p,V,T) come segue.

Stato A:

pA = 5 atm = 5 x 1.013 10⁵ Pa = 5.065 10⁵ Pa V_A = 3 l = 3 10^-3 m³

T_A = p_A V_A /nR = 182.85 K Stato B:

La trasformazione BC è adiabatica con γ=cP/c_V=5/3, mentre la trasformazione AC è isoterma, da cui:

VB = 2VA = 6 10^-3 m³, VC = 4VA = 12 10^-3 m³, TC = TA = 182.85 K p_BV_B^γ= p_CV_C^γ

p_B(2V_A)^γ= p_C(4V_A)^γ=nRT_C

V_C (4V_A)^γ=nRT_A

4V_A (4V_A)^γ= p_A 4 (4V_A)^γ p_B= p_A

4 4^5/3

2^5/3= p_A2^−1/3= 0.79 p_A= 4.02 10⁵Pa da cui segue che

TB = pB VB /nR = 290.26 K Stato C:

V_C = 4V_A = 12 10^-3 m³, T_C = T_A = 182.85 K pC = nRTC/VC = nRTA/(4VA) = pA/4=1.27 10⁵ Pa b)

Trasformazione AB:

ΔEAB = nc_VΔTAB = 3/2 R (T_B-T_A)=1338.83 J LAB = (pA+pB)( VB-VA)/2 = 1362.76 J QAB = LAB+ΔEAB=2710.59 J

Trasformazione BC:

Q_BC = 0

ΔEBC = ncVΔTBC = 3/2 R (TC-TB)= - 1338.83 J L_BC= - ΔEBC = 1338.83 J

Trasformazione CA:

ΔECA =0

Q_CA=L_CA = nR T_A ln (V_A / V_C ) = nR T_A ln (1/ 4)= - 2106.47 J Per il ciclo:

ΔECiclo =0

Q_ciclo= L_ciclo = 595.12 J

Il rendimento del ciclo è η = Lciclo / Qassorbito = L_ciclo / Q_AB =0.22

Soluzione Esercizio 3

a) La spinta di Archimede è pari al peso del fluido (acqua) spostato dal corpo immerso:

FA= mfg =ρVimmg

=ρ²

3V g =ρ² 3πR²hg

= 10³kg m³

2

3π(0.1m)²× 0.4m × 9.8m s²

= 82.1N

b) Il volume V della cavità interna si può ottenere dalla condizione di equilibrio:

F_A= F_g m_fg = m_gg ρ2

3π R²hg = ρ₀(V −V_c)g ρ2

3π R²hg = ρ0π R²hg − ρ0V_cg V_C=π R²h(1−2

3 ρ ρ0

) = π R²h(1−1 3) =2

3π R²h

=2

3π (0.1m)²× 0.4m =

= 8.4 10⁻³m³

Soluzione Esercizio 4

a) Il Campo Elettrostatico creato da ogni lamina è uniforme in tutti i punti dei due semispazi che la circondano.

E’ inoltre perpendicolare alla lamina, ha modulo σ / 2

ε

0 e, poiché le due lamine sono cariche positivamente, ha per entrambe verso uscente .

Nei punti dello spazio compreso tra l’asse y e la lamina L1 i campi creati dalle due lamine hanno uguale modulo, sono paralleli ed equiversi. Nel tratto OA il campo totale è pertanto EOA = σ /

ε

0

(- i) dove i è il versore dell’asse x.

Nei punti dello spazio compreso tra le due lamine, es tratto AB, i campi prodotti dalle due lamine hanno verso opposto e pertanto il campo totale è nullo.

Nei punti del semispazio alla destra della lamina L2 , i campi creati dalle due lamine hanno uguale modulo, sono paralleli ed equiversi. Nel tratto BC il campo totale è pertanto EBC = σ /

ε

0

( i) dove i è il versore dell’asse x.

Sostituendo i valori numerici dati si ha quindi :

EOA = 0.226 10³ N/C

(- i)

E_AB = 0

E_BC = 0.226 10³ N/C

( i)

b)

L’energia cinetica della particella P nei diversi punti A, B, C, si può calcolare con il teorema Lavoro-Variazione Energia Cinetica. La particella P carica negativamente e lasciata libera di muoversi in O, è soggetta nel tratto OA alla Forza elettrostatica F

OA = /q/ σ /

ε

0

( i) dove /q/ è il modulo di q.

Sostituendo i valori numerici si ottiene F

OA = 0.45 10 ^-9 N (i). I

l lavoro di F

OA mentre q si sposta da O ad A è LOA = /q/ σ d OA /

ε

0

dove

d OA = OA = 0.1m, e pertanto LOA = 0.45 10 ^-10 J. Poiché LOA = EcinA - EcinO, si ha EcinA = 0.45 10 ^-10 J.

Nel tratto AB la forza elettrostatica è nulla , quindi EcinB = EcinA = 0.45 10 ^-10 J.

c) Nel tratto BC la forza elettrostatica è FBC = 0.45 10 ^-9 N (-i), pertanto il lavoro di FBC mentre q si sposta da B a C è L_BC = - /q/ σ d _BC /

ε

0

dove

d _BC = BC = 0.1m, e pertanto L_BC = - 0.45 10 ^-10 J ( la forza è opposta allo spostamento in questo tratto ed il Lavoro è pertanto negativo. Poiché L_BC = E_cinC - E_cinB, si ha E_cinC = 0.

La particella P tornerà in O, infatti

F

CB compie lavoro positivo da C a B, aumentando così l’energia cinetica di P nel tratto CB. Nel tratto BA l’energia cinetica resta costante ed infine diminuisce fino a 0 nel tratto AO, dove la forza elettrostatica è opposta allo spostamento.