Sostituendo i valori numerici si ha: y = -3.1 x

FISICA per SCIENZE BIOLOGICHE A.A. 2013/2014 Appello generale – 26 Giugno 2014

1) MECCANICA

Una particella P1, di massa m = 400g si trova, inizialmente in quiete, in un punto A di un piano orizzontale liscio. Il punto B, a distanza AB = 10 m da A, è la base di un piano inclinato di 60°, rispetto al piano orizzontale, scabro con coefficiente di attrito µ, che ha lunghezza BC= 5 m.

La particella P1 viene messa in moto nel punto A, con velocità v_o pari a 11 m/s, raggiunge il punto B e sale sul piano inclinato raggiungendo il punto C, alla fine del piano inclinato, con velocità di 5 m/s. Nel punto C si trova una seconda particella P2, di massa m, che P1 urta in modo perfettamente anelastico. Successivamente le due particelle proseguono unite, cadendo verso il piano orizzontale , oltre il piano inclinato. Si determini:

a) Il coefficiente di attrito µ del piano inclinato e la reazione normale N al piano inclinato agente su P1.

b) La velocità delle due particelle subito dopo l’urto, trascurando la presenza dell’attrito sul piano inclinato, la massima quota raggiunta dalle due particelle dopo l’urto, rispetto al piano orizzontale, e l’equazione della traiettoria delle due particelle dopo l’urto.

2) FLUIDI

Un bambino trattiene un palloncino, tramite una sottile fune. Il palloncino ha volume V= 5 dm³ . La sua massa, senza il gas di riempimento, è 2g. Il palloncino sfugge al bambino e sale con accelerazione a= 2 m/s². Sapendo che la densità dell’aria è d_aria = 1.2 10 ^-3 g / cm ³, si determini :

a) la Spinta Archimedea agente sul palloncino, la densità del gas di riempimento e la massa totale del palloncino.

b) la Tensione della fune quando il palloncino era trattenuto dal bambino.

3) ELETTROSTATICA

Nei punti A, B, C e D del piano cartesiano (x,y) sono poste le quattro cariche puntiformi qA= q con A = (0, 1m)

qB= q con B = (1m, 0) qC= q con C = (2m, 1m) qD= - q con D =(1m, 2m) con q = 3 µC.

Determinare:

a) Il campo elettrostatico ed il potenziale elettrostatico nei punti P = (1m, 1m), dopo avere fatto il disegno del sistema delle quattro cariche, nel piano (x,y);

b) Il lavoro della forza elettrostatica per portare una carica di prova q0 da P ad O, con q0 = 1 pC.

[Note: ε0 = 8.85 10^-12 C²/Nm² ]

4) TERMODINAMICA Due moli di un gas perfetto monoatomico compiono il ciclo A→B→C→A costituito dalle seguenti trasformazioni reversibili: A→B isobara con VB = 2VA , B→C adiabatica con VC = 2VB, C→A isoterma. Inoltre p_A= 4 atm e V_A = 1 litro.

a) Si rappresentino le tre trasformazioni in un diagramma (V, p) e si calcolino le coordinate termodinamiche degli stati A, B e C;

b) la quantità di calore totale scambiata e il lavoro compiuto dal gas nelle singole trasformazioni e nell’intero ciclo.

c) Facoltativo: Si calcoli il rendimento per il ciclo A→B→C→A 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) La velocità della particella P1 non varia nel tratto AB. Nel tratto BC, agisce sulla particella P1 la forza Peso , parallela alla verticale terrestre , e la forza di attrito, parallela al piano inclinato, opposta al moto della particella e , in modulo pari a µN , dove N = mg cos 60° ( è la reazione normale al piano di appoggio). Applicando il teorema del lavoro della forza risultante- variazione dell’energia cinetica della particella, al tratto BC si ha:

( -mgsen 60° - µ mg cos 60°) BC = ½ ( mv _C ² - mv _B ² )

dove v C e v B sono le velocità della particella rispettivamente in C e in B.

Sostituendo i valori numerici e risolvendo rispetto a µ , si trova µ = 0.2.

Inoltre

N = mg cos 60° = 1.96 N.

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 v = (m+m) V da cui si ricava

V= 0.5 v , con v = 5 m/s. Pertanto V= 2.5 m/s.

Abbandonato il piano inclinato 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 inclinato. Scelto un sistema d’assi (x,y) con origine O nel punto H, piede della perpendicolare tracciata da C al piano orizzontale terrestre, asse x parallelo al piano orizzontale terrestre, si ha

ax=0 , ay = -g

vx = V cos 60° = cost e vy = -g t + V sen 60° , x = Vcos60° t

y = -1/2 g t² + V sen60° t + y o

dove (x,y), (vx , vy) e (ax , ay) sono le componenti x e y di posizione, velocità ed accelerazione delle due particelle unite e yo = CH.

Nel punto di quota massima è vy=0 . Poichè vy=0 per t= 0.22 s la quota massima è y = 4.57 m.

L’ equazione della traiettoria delle due particelle è

y = -1/2 gx ² /(V cos 60° )² + x (Vsen60° / Vcos 60° ) + (CH) .

Sostituendo i valori numerici si ha: y = -3.1 x

+1.7 x + 4.3.

SOLUZIONE ESERCIZIO FLUIDI

a) La Spinta Archimedea S è il Peso dell’aria spostata dal palloncino ed è pertanto S= d aria V g = 5.9 10 ^-2 N .

Quando il palloncino sfugge al bambino, soggetto alla Spinta Archimedea e alla forza Peso P, sale con accelerazione a. Pertanto:

S-Mg = Ma

dove M è la somma della massa del gas di riempimento e del palloncino.

Si ricava quindi

M = S/ ( g+a) = 5 10 ^-3 kg.

Pertanto la massa del gas, m _gas = 3 10 ^-3 kg , la densità del gas

d_gas = m _gas / V = 0.6 kg / m ³

b) Quando il palloncino era trattenuto dal bambino S-P- T = 0

Pertanto

T= S-P = Ma = 10^-2 N

SOLUZIONE ESERCIZIO ELETTROSTATICA

a) Il campo eletrostatico totale in P è dato dalla somma dei campi prodotti in P dalle singole cariche poste nei punti A, B, C e D e per la simmetria con cui sono disposte le cariche nel piano (x,y) i campi prodotti dalle cariche in A e C si elidono, mentre i campi prodotti dalle cariche B e D di sommano, dando luogo ad un campo totale lungo l’asse y e con verso concorde con l’asse y:

Analogamente, il potenziale elettrostatico in P è dato dalla somma dei potenziali dovuti alle cariche in A, B, C e D, come segue:

b) Il lavoro fatto per portare la carica di prova q0 da P ad O è dato dalla differenza di energia potenziale, cambiata di segno, tra P ed O, ossia:

L = -ΔU = U(P) – U(O) = q0 (V(P)- V(O))

Analogamente al calcolo del potenziale in P, il potenziale in O è dato dalla somma dei potenziali generati dalle cariche in A, B, C e D. Dato che le distanze OD e OC sono uguali e le cariche in C e D sono di segno opposto, tali contributi si elidono ed il potenziale in O è dato solo dalla somma dei potenziali dovuti alle cariche in A e B, ossia:

Il lavoro L è quindi nullo.

SOLUZIONE ESERCIZIO TERMODINAMICA

a) stato A:

pA = 4 atm = 4.052 10⁵ Pa VA = 1 litro = 10^-3 m³ TA = pA VA /nR = 24.38 K stato B:

pB = pA = 4 atm = 4.052 10⁵ Pa VB = 2VA = 2 10^-3 m³

TB = pB VB /nR = pA 2VA /nR = 2 TA = 48.76 K stato C:

VC = 2VB = 4 10^-3 m³ TC = TA = 24.38 K

pC = nR TC /VC = nR TA /(4VA) = 1/4 pA = 1 atm

b)

Isobara Aà B:

Q_AB = n c_p (T_B-T_A) = 2 5/2R T_A = 5 R T_A = 1013 J L_AB = p_A (V_B-V_A) = p_A V_A = 405.2 J

ΔEAB = QAB - LAB = 607.8 J Adiabatica Bà C:

QBC = 0

LBC = - ΔEBC= - n cV (TC-TB) = + 607.8 J ΔEBC = n cV (TC-TB) = - 607.8 J

Isoterma Cà A:

ΔECA = 0

Q_CA = L_CA = nRT_A ln(V_A/V_C) = nRT_A ln(1/4)= - 561.7 J

Ciclo AàBà CàA:

ΔEtot = ΔEAB + ΔEBC + ΔECA =0 Q_tot = Q_AB + Q_BC + Q_CA = 451.3 J L_tot = L_AB + L_BC + L_CA = 451.3 J Facoltativo:

Il rendimento è definito come:

η=Ltot/Qassorbito = Ltot/QAB = 0.45