FISICA per SCIENZE BIOLOGICHE A.A. 2013/2014 Appello generale – 10 Luglio 2014
1) MECCANICA
Una particella P1, di massa M = 700g, su un piano orizzontale liscio, comprime una molla di costante elastica k
= 103 N/m. Lasciata libera, la particella procede sul piano orizzontale liscio per un tratto lungo D1 = 3 m e successivamente su un tratto orizzontale scabro, lungo D2 = 5 m. Raggiunta la fine del piano (tratto D2) la particella P1 urta, in modo perfettamente anelastico, una seconda particella P2, di massa 3M. Successivamente le due particelle proseguono unite, cadendo verso un piano orizzontale sottostante, a quota h = -2 m, rispetto al piano stesso. Si determini:
a) la compressione d della molla, affinchè la velocità della particella, all’istante dello stacco, sia v0 = 10 m/s, la velocità vA della particella alla fine del tratto D1 ed il coefficiente di attrito µ del tratto D2, affinchè la velocità vB di P1 alla fine del tratto D2, immediatamente prima dell’urto, sia pari alla metà della velocità all’inizio del tratto D2;
b) La velocità V dei due corpi, immediatamente dopo l’urto, la coordinata x del punto C sul piano sottostante, dove cadono le due particelle, unite, e la loro velocità all’istante di caduta, specificandone il modulo e le componenti.
2) FLUIDI
Un cubo di lato L = 2 dm contiene al suo interno una cavità di forma irregolare, vuota e di volume pari ad 1/3 del volume del cubo. Si determini:
a) la Spinta Archimedea agente sul cubo completamente immerso in acqua e la densità del materiale di cui deve essere fatto il cubo, affinchè, lasciato libero completamente immerso, risenta di una accelerazione a = 2 m/s2, diretta verso l’alto.
b) la Spinta di Archimede e la percentuale di volume immerso quando, raggiunta la superficie, il cubo galleggia.
3) ELETTROSTATICA
Nei punti A = (1m, 0) e B = (-1m, 0) del piano cartesiano (x,y) sono poste due cariche puntiformi positive, uguali, Q con Q = 2 10-8 C.
Determinare:
a) Il campo elettrostatico (specificando anche direzione e verso) ed il potenziale elettrostatico nel punto P = (0, 1m).
b) Il lavoro compiuto dalle forze del campo quando una carica di prova q0 (q0 = 2 10-10 C) si sposta da P a R , dove R= (0, 4m).
[Note: ε0 = 8.85 10-12 C2/Nm2 ] 4) TERMODINAMICA
Due moli di un gas perfetto monoatomico compiono le seguenti trasformazioni reversibili: A→B isocora con VA = 1 litro , pA= 2 atm, pB = 5pA ; B→C isobara con VC = 4VB ; C→D in cui la pressione decresce linearmente all’aumentare del Volume con pD = pA e VD = 2 VC .
a) Si rappresentino le tre trasformazioni in un diagramma (V, p) e si calcolino le coordinate termodinamiche degli stati A, B, C e D;
b) la quantità di calore totale scambiata e il lavoro compiuto dal gas nelle singole trasformazioni e nell’intera trasformazione da A fino a D.
Nota: 8.31 J/Kmole =0.082 l atm /K mol)
SCRIVERE IN MODO CHIARO. GIUSTIFICARE 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, www.mi.infn.it/~sleoni
SOLUZIONE ESERCIZIO MECCANICA
a) Per la conservazione dell’energia meccanica l’energia potenziale della molla viene convertita interamente in energia cinetica della particella P1, all’istante dello stacco dalla molla:
½ kd2 = ½ M v02
d = (M/k)1/2 v0 = (0.7 /1000)1/2 10 m = 0.26 m
Il corpo, dopo il distacco dalla molla, procede lungo il piano orizzontale liscio con velocità costante pari a v0,
giungendo in A con vA = v0 = 10 m/s.
Lungo il tratto scabro D2 l’unica forza che compie lavoro è la forza di attrito che dissipa energia cinetica, da cui:
Latt = ½ M vB2 - ½ M vA2 - µ Mg D2 = ½ M vB2 - ½ M vA2
µ = ½ (vA2 - vB2 ) x 1/(gD2) = ½ ¾ vA2/(gD2) = 3/8 100/(9.8 x 5) = 0.76
b) La velocità V delle due particelle unite, dopo l’urto anelastico, si calcola dalla relazione che esprime la conservazione della quantità di moto:
M vB = (M+3M) V
da cui si ricava
V= ¼ vB = 5/4 m/s = 1.3 m/s.
b) Abbandonato il piano le due particelle sono soggette alla sola azione della forza Peso e il loro moto si svolge nel piano verticale terrestre che contiene la velocità V, parallela al piano. Scelto un sistema d’assi (x,y) con origine O nel punto B, si ha
ax=0 , ay = -g vx = V , vy = -g t x = V t y = -1/2 g t2
dove (x,y), (vx,vy) e (ax,ay) sono le componenti x e y di posizione, velocità ed accelerazione delle due particelle unite. Il punto di impatto al suolo, quota y = h = -2 m, si raggiunge dopo un tempo di volo
t = (-2h/g)1/2
= (4/9.8)1/2 s = 0.64 s
a cui corrisponde una coordinata orizzontale
x = V t = 1.3 x 0.6 m = 0.8 m
La velocità all’istante di atterraggio ha componenti:
vx = V = 1.3 m/s , vy = -g t = - 6.3 m/s ed il modulo è v = (vx2+vy2)1/2 = 6.4 m/s
SOLUZIONE ESERCIZIO FLUIDI
a) La Spinta Archimedea S è il Peso dell’acqua spostata dal cubo ed è pertanto S= dacqua V g = 103 (0.2)3 9.8 N = 78.4N .
Quando il cubo viene lasciato libero, completamente immerso, risente di una forza F=Ma, con M = 2/3 dcubo V, pari a
Ma = S-Mg
2/3 dcubo V a = S – 2/3 dcubo Vg 2/3 dcubo V (a +g) = S
dcubo = 3/2 S/(a+g) 1/V = 1245.8 kg/m3
b) Quando il cubo galleggia in superficie la spinta di Archimede S’ eguaglia la forza peso S’ = dacqua Vimm g = Mg = 2/3 dcubo V g = 65.1 N
Dal rapporto S’ su S si ricava quindi la percentuale di volume immerso:
S’/S = (dacqua Vimm g)/( dacqua V g) = Vimm/V = 65.1/78.4 = 0.83
SOLUZIONE ESERCIZIO ELETTROSTATICA
a) I due campi elettrostatici,E A ed E B creati dalle cariche poste in A e B hanno uguale modulo e sono
simmetrici rispetto all’asse y. Il campo risultante in P è pertanto parallelo all’asse y ed ha per modulo la somma delle componenti y dei due campi. Si ha quindi E tot = 2 EA y j = 2 / E A / sen 45 j = 2 k Q / r2 sen 45 j dove k = 1/ 4π
ε
0ed r = BP= √ 2 . Sostituendo I valori numerici si ottiene:
E tot = 127.2 (N/C ) j.Il potenziale in P dovuto alle due cariche è la somma dei potenziali in P dovuti ad ognuna delle due cariche e pertanto Vtot (P) = 2 kQ/r . Sostituendo i valori numerici si ottiene Vtot (P)= 254.6 V.
Analogamente V( R ) = 2kQ/r con r =
√ 17 = 87.3 V..
b) Il lavoro L compiuto
dalle forze del campo quando una carica di prova q0 (q0 = 2 10-10 C) si sposta da P a R , poiché il campo elettrostatico è conservativo, è L = q0 ( V(P) – V(R) ) . . Sostituendo i valori numerici si ottiene L = 334.6 10 -10 JA B
P
SOLUZIONE ESERCIZIO TERMODINAMICA
B
A
C
D p
V
a)
Coordinate termodinamiche di A, B,C, D:
Punto A: pA = 2atm, VA = 1litro , da cui applicando la legge dei gas perfetti pV= nRT con R = 0.082 l atm /K mole si ottiene TA = 12,2 K.
Punto B : VB = VA = 1 l e p B = 5 p A = 10 atm, si ha quindi T B = 5 TA = 61,0 K
Punto C : pC = p B = 5 p A = = 10 atm, VC = 4 V A = 4 l, TC = 20 TA =243.9 K
Punto D : pD = pA = 2 atm, VD = 8 V A = 8 l, T D = 8 T A = 97.6 K.
b)
Trasformazione AB è isocora, L AB = 0 , QAB= ncV (TB – TA ) = 1216.1 J.
Trasformazione BC è isobara: L BC = pC (VC –VA ) = 3040.3 J . Q BC = n cp ( TC –TB ) = 7600 J.
Trasformazione CD: LCD = ( pC + pD ) ( VD –VC ) / 2 = 2432 J.
La variazione di energia interna ΔE = ncV ( TD –TC ) = -3648 J , applicando il primo principio della termodinamica si ricava QCD = -1216 ,2 J.
La quantità di calore totale scambiata dal gas è la somma de3lle quantità relative alle singole trasformazioni e pertanto Q tot = 7600 J. Analogamente il lavoro totale L tot =5472.2 J.
