CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE
Appello di FISICA, 29 Giugno 2005
1) Un corpo di massa m = 0.5 kg scivola lungo un piano inclinato liscio, partendo da fermo dal punto A a quota hA = 2 m. Il piano forma con l’orizzontale un angolo di 600. Giunto alla base del piano il corpo risale lungo un secondo piano scabro, con coefficiente di attrito dinamico µ=0.2, formante con l’orizzontale un angolo di 300, come mostrato in figura.
Calcolare:
a) la velocità del corpo nel punto B, alla base del primo piano;
b) la quota hC, lungo il secondo piano, a cui giunge il corpo prima di fermarsi.
2) Una condotta dove scorre acqua e´ composta da due tratti orizzontali, il primo di sezione S1=20 cm2 ed il secondo di sezione S2= 40 cm2.
Si calcolino:
a) la velocità e la pressione del fluido nel secondo tratto assumendo che nel primo esse siano pari a v1=5 m/s e p1= 6 atm;
b) la velocità e la pressione nel secondo tratto assumendo che sia posto ad altezza h=2 m rispetto al primo.
3) Un gas perfetto biatomico costituito da n=2 moli compie la seguente trasformazione ciclica:
A→ B: espansione isoterma dallo stato A a pressione pA= 4 atm e volume VA= 1 litro allo stato B con volume VB=2VA=2 litri;
B→ C: trasformazione isocora allo stato C con pressione pC= 1 atm;
C→ D: compressione isoterma allo stato D con volume VD =VA = 1 litro;
D→ A: trasformazione isocora fino allo stato iniziale A.
Si svolgano i seguenti punti:
a) si disegni nel piano pV la trasformazione ciclica, si determinino per gli stati A, B, C e D le variabili termodinamiche (P,V,T) e si calcoli il lavoro W svolto dal gas;
b) si determino per i quattro rami della trasformazione e per l’intero ciclo la variazione ∆Eint di energia interna ed il calore Q scambiato.
[Nota: R= 8.31 J/Kmole =0.082 l atmo /Kmole]
4) Una particella di massa m = 10-9 kg, carica positivamente q = 2 10-10 C, viene lanciata dal punto O, origine del sistema d’assi x,y, con velocità vo = 10 m/s , inclinata di 30° rispetto all’asse x . Nel punto P dell’asse y, a distanza d=0.8 m da O, è posta, parallelemente all’asse x, una lamina piana, uniformemente carica con densità di carica superficiale σ= 2 10 -9 C/m 2 . Si calcoli, trascurando la forza peso:
a) l’accelerazione della particella, specificandone direzione e verso;
b) la minima distanza dalla lamina a cui la particella verrà a trovarsi durante il suo moto.
[Nota: ε0 = 8.85 10-12 C2/Nm2]
SCRIVERE IN MODO CHIARO
GIUSTIFICARE BREVEMENTE I PROCEDIMENTI SOSTITUIRE I VALORI NUMERICI SOLO ALLA FINE
RIPORTARE SEMPRE LE UNITA` DI MISURA
+σ
+ q
x P
O
SOLUZIONE ESERCIZIO 1
a) Durante il moto lungo il piano AB, privo di attrito, le forze che agiscono sul corpo sono la forza peso Fg e la forza normale N, perpendicolare al piano. La velocità del corpo alla base del piano può essere calcolata utilizzando il principio di conservazione dell’energia meccanica, dato che l’ unica forza che compie lavoro è la forza peso, che è conservativa.
Eguagliamo quindi l’energia meccanica nel punto A all’energia meccanica nel punto B:
2 0 0 1
2 1 2
1
2 2 2
+
= +
+
= +
+
= +
=
B A
B B
A A
B B A A
B A
mv mgh
mgh mv
mgh mv
U K U K
E E
ove si è presa come quota di riferimento per il calcolo dell’energia potenziale la base del piano e si è posta vA=0 , dato che il corpo parte da fermo.
La velocità alla base del piano è quindi:
vB = 2ghA = 2×(9.8m/s2)×2m =6.26m/s
b) Durante il moto lungo il secondo piano sul corpo agiscono tre forze: la forza peso, la forza normale e la forza di attrito. Di queste solo la forza peso e la forza di attrito compiono lavoro, dato che la forza normale è sempre perpendicolare alla direzione del moto.
Per calcolare la quota hC raggiunta dal corpo risalendo lungo il secondo piano applichiamo il teorema lavoro-energia cinetica, considerando unicamente la forza peso Fg e la forza di attrito Fa, entrambe costanti lungo il tratto BC di lunghezza l, percorso dal corpo:
) 3 1 2 ( 2 )
3 2
(1 30
cos 30
2 sin 0 1
2 1 2
1
0 0
2 2 2
µ µ
µ =− + =− +
−
−
=
−
⋅ +
⋅
=
− +
=
∆
mgl mgl mgl
mgl mv
l F l F mv mv
L L K
B
a g
B C
a g
r r r r
ove si è supposto che il corpo si arresti in C (quindi vC=0) e che la forza di attrito valga in modulo Fa =µN =µmgcos(300) e che abbia stessa direzione e verso opposto allo spostamento l.
Ricaviamo quindi la lunghezza l dall’espressione precedente:
m
s m
s m g
l vB (1 0.2 3) 2.97 /
8 . 9
) / 26 . 6 ) ( 3 1
( 1 2 2 1
2 + = + × =
= µ − −
da cui si ottiene hC =lsin(300)=2.97m×1/2≈1.48m
SOLUZIONE ESERCIZIO 2 a) La portata del fluido si conserva e dunque
v2 = v1 A1/A2 = v1/2 = 2.5 m/s
Usando il teorema di Bernoulli abbiamo poi che p2 = p1 + ½ d (v12 – v22)
ove d indica la densità dell’acqua (≈103 kg/m3) . Trasformando atm in Pascal, abbiamo che p2 = 617175 Pa = 6.17 atm.
b) La velocità del fluido può essere calcolata come nel punto precedente.
La pressione può essere ricavata dal teorema di Bernoulli p1+ ½ d v12 = p2 + ½ d v22 + d g h
da cui
p2 = 597575 Pa = 5.97 atm.
SOLUZIONE ESERCIZIO 3 a) Le variabili termodinamiche (p,V,T) per gli stati A,B, C e D possono essere ricavate applicando l’equazione di stato dei gas perfetti
pV =nRT stato A:
moleK K J
m Pa
nR V T p
m l
Pa Pa
atm p
A A A A A
38 . / 24
31 . 8 2
10 10
052 . 4 10 1
10 052 . 4 10
) 013 . 1 ( 4 4
3 3 5
3
5 5
× =
×
= ×
=
=
=
×
=
×
×
=
=
−
V −
stato B:
p atm nR
V p V nR V
p nRT
m l
V
K T
T
A A A A B
B B
A B
A B
2 2 2
10 2 2 2
38 . 24
3 3
=
=
=
=
×
=
=
=
=
= V −
stato C:
T K p T p p nRT nR V p nR p nR
V T p
atm p
m l
V V V
A A A A A
A C A C C C C
C
A B C
19 . 2 12 4 2
2 2
1
10 2 2
2 3 3
=
=
=
=
=
=
=
×
=
=
=
= −
stato D:
p atm V
V p T V nR V
p nRT
m l
V
K T
T T
A A
A A A A D
D D
A D
A C D
2 2 2
2 10 1
19 . 12 2 /
3 3
=
=
=
=
=
×
=
=
=
=
=
= V −
b) Lungo l’intero ciclo la variazione di energia interna è nulla e quindi, per il primo principio della termodinamica:
2 2 ln
ln ln
2 2 ln
ln ln
int 0
C D
D C D
C C C
C D C
D C C
DC D
A A
A A A
B A B
A A B
A B A
AB A
DC AB
V nRT nRT V
V nRT V V nRT dV V dV
pdV nRT W
V nRT nRT V
V nRT V V nRT dV V dV
pdV nRT
W W W Q W
Q E
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
−
=
=
⇒
=
−
=
∆
∫
∫
∫
∫
∫
∫
W
ove WAB e WCD rappresentano i lavori fatti dal gas nelle trasformazioni AB eDC.
Per l’intero ciclo si ottiene quindi:
J K
moleK J
nRT T T
nR nRT
nRT W
W W Q
E
A A
A C
A DC
AB
43 . 140 2 ln 19 . 12 /
31 . 8 2
2 2 ln 2)
( 2 ln 2 ln 2
ln
int 0
=
×
×
×
=
=
−
=
−
=
−
=
=
=
∆
trasformazione AB (isoterma):
Q W nRT J moleK K J
E
A AB
AB ln2 2 8.31 / 24.38 ln2 280.86
int 0
=
×
×
×
=
=
=
=
∆
trasformazione BC (isocora):
T J moleK K J
R T T
R T
T nc Q W Q E W
B B
B B
C V BC BC BC BC
49 . 506 19
. 12 /
31 . 8 2 5
5 2 )
2 ( 25 ) (
0
int = − = = − = − =− =− × × =−
∆
=
trasformazione CD (isoterma):
Q W W nRT J moleK K J
E
C DC
CD
CD ln2 2 8.31 / 12.19 ln2 140.43
int 0
−
=
×
×
×
=
−
=
−
=
=
=
∆
trasformazione DA (isocora):
T J moleK K J
T R T R T
T nc Q W Q E W
A A
A D
A V DA DA DA DA
49 . 506 19
. 12 /
31 . 8 2 5 5 2) 2 (
25 ) (
0
int = − = = − = − = = × × =
∆
=
E’ di immediata verifica che per l’intero ciclo:
J W
W W W W
J Q
Q Q Q Q
E E
E
DA CD BC AB
DA CD BC AB
DA BC
43 . 140 43 . 140 0 ) ( )
( int int
int
= + + +
=
= + + +
=
=
∆ +
∆
=
∆
SOLUZIONE ESERCIZIO 4
a) Nella regione compresa tra l’asse x e la lamina, il campo elettrico è perpendicolare alla lamina e diretto verso il basso . Inoltre
E = σ/ 2 εo (-j ) = 113 N / C (-j )
L’accelerazione, costante in tutta la regione , è a = F/m
dove F è la forza elettrostatica, F = q E, ed m è la massa della particella . Si ottiene quindi
a= 22.6 m/s2 (-j ).
b) La minima distanza dalla lamina è la differenza tra la quota della lamina e la massima quota raggiunta dalla particella . Poiché il moto è uniformemente accelerato si ha :
vx = /vo/ cos 30° vy = ay t +voy = ay t +/vo/ sen 30°
y= (-11.3 ) t2 + /vo/ sen 30° t
Nel punto di massima quota è vy =0; vy =0 per t= 0.22s e pertanto la massima quota è 0.55 m.
La minima distanza dalla lamina è 0.25 m
