CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE Prova di FISICA del 15 luglio 2010
1) Una particella di massa m = 100 g viene lanciata da un punto O di un piano orizzontale scabro con velocità vO, paralIela al piano. Raggiunto il punto A, che dista d = 2m dal punto O, la variazione della sua energia cinetica (Ecin A - Ecin O) è - 0.4 J . In A sale su un piano inclinato di θ = 30°, rispetto al piano orizzontale. L’altezza del piano inclinato, fino alla sommità , è h =1m. Si determini:
a) il coefficiente di attrito µ tra la particella e il piano su cui si muove, nel tratto OA.
b) la minima velocità vO con cui la particella debba essere lanciata da O affinché raggiunga la sommità del piano inclinato, sopponendo il piano inclinato perfettamente liscio.
Facoltativo: calcolare la minima velocità vO con cui la particella debba essere lanciata da O affinché raggiunga la sommità del piano inclinato, supponendo che il piano inclinato sia scabro con coefficiente di attrito pari a quello del tratto OA.
2) Un recipiente cilindrico, aperto superiormente, ha raggio R, altezza h=2m ed è interamente riempito di acqua. In prossimità della base inferiore ha un forellino di sezione circolare di raggio r = 1 cm chiuso da un tappo. Tolto il tappo, il rapporto tra la velocità dell’acqua della superficie libera e quella di efflusso dal forellino è 10-4. Si calcoli, supponendo l’acqua un fluido ideale, :
a) il raggio R del recipiente e la massa di acqua contenuta inizialmente nel recipiente.
b) la velocità di efflusso dal forellino giustificando le approssimazioni fatte .
3) Una mole di un gas perfetto monoatomico compie un ciclo reversibile a partire dallo stato iniziale A, in cui la pressione pA = 3 105 Pa e il volume VA = 2 10 –3 m 3 , costituito dalle seguenti trasformazioni : AB, in cui la pressione aumenta linearmente con il volume ed inoltre pB = 2 pA e V B = 3 V A ; BC, isovolumica e CA isoterma.
a) si disegni il ciclo in un diagramma (p, V), si calcolino le coordinate termodinamiche p,V e T ed il lavoro compiuto dal gas nelle trasformazioni AB, BC e CA e nell’intero ciclo.
b) si calcoli il calore scambiato nelle singole trasformazioni ed il rendimento della macchina che opera con lo stesso ciclo.
(Nota: R= 8.31 J/Kmole =0.082 l atmo /Kmole)
4) Due lamine metalliche infinitamente estese sono uniformemente cariche con densità di carica superficiale di segno opposto e modulo σ = 7 × 10-6 C/m2. La distanza d tra le lamine è 6 cm. Un elettrone (di massa me) si stacca, con velocità iniziale nulla, dalla lamina carica negativamente.
Determinare:
a) il campo elettrico fra le due lamine metalliche e la forza agente sull’elettrone, precisando per entrambi modulo, direzione e verso;
b) la velocità dell’elettrone nell’istante in cui raggiunge la lamina carica positivamente . [Note: si trascuri la forza di gravità .
e- = - 1.6 10-19 C; me = 9.11 10-31 kg; ε0 = 8.85 10-12 C2/Nm2]
SCRIVERE IN MODO CHIARO GIUSTIFICARE BREVEMENTE I PROCEDIMENTI SOSTITUIRE I VALORI NUMERICI SOLO ALLA FINE
NON DIMENTICARE LE UNITA` DI MISURA. Testi, soluzioni ed esiti alle pagine:
www2.fisica.unimi.it/bettega/ (AD), qinf.fisica.unimi.it (EN), www.mi.infn.it/~sleoni (OZ)
SOLUZIONE ESERCIZIO 1
a) Nel tratto OA l’unica forza agente sulla particella che compie lavoro è la forza di attrito . Il lavoro L compiuto è : L = - µmg d che, per il teorema lavoro energia cinetica , è pari alla variazione dell’energia cinetica della particella . Si ha quindi L = - µmg d = Ecin A - Ecin O = - 0.4 J.
Si ricava quindi µ = 0.4 / mg d = 0.2.
b) Qualora il piano inclinato sia perfettamente liscio e la particella ne raggiunga la sommità con energia cinetica nulla , l’energia meccanica della particella sulla sommità (tutta nella forma di energia potenziale) è E = mgh = 0.98 J. L’energia meccanica viene conservata nel tratto percorso lungo il piano inclinato e pertanto l’energia meccanica in A (tutta nella forma di energia cinetica) è 0.98 J.
L’energia cinetica in O deve pertanto essere Ecin O = 0.98 J+0.4J = 1.38J , da cui si ricava facilmente la minima velocità vO con cui deve essere lanciata affinché raggiunga la sommità del piano inclinato come vO =(2Ecin O /m )½ = 5.3 m/s.
Qualora il piano inclinato sia scabro, l’energia meccanica non si conserva nel tratto percorso lungo il piano inclinato ma diminuisce di una quantità pari al lavoro L fnc compiuto dalle forze non conservative, in questo caso la forza di attrito. Pertanto l’energia cinetica che la particella deve avere in O, per raggiungere la sommità del piano inclinato, deve essere aumentata, rispetto a quella del caso del piano inclinato liscio di una quantità pari a L fnc . La lunghezza s del piano inclinato, essendo l’angolo θ
= 30 ° e l’altezza h = 1m è s = 2m. La forza di attrito ha modulo f = µmg cos θ e pertanto il lavoro compiuto nel tratto s è L = - s µmg cos θ = - 0.34 J. L’energia cinetica che la particella deve avere in O è pertanto Ecin O = 1.38J + 0.34 J = 1.72J . La velocità vO con cui deve essere lanciata affinché raggiunga la sommità del piano inclinato è quindi vO = 5.9 m/s.
Facoltativo:
SOLUZIONE ESERCIZIO 2
a) Indicati con s e S le sezioni del forellino e del recipiente e con v e V rispettivamente le velocità dell’acqua in corrispondenza al forellino e alla superficie libera del recipiente, si ha, secondo
l’equazione di continuità, :
v s = V S da cui V/v = s/S = πr 2 / πR 2 = 10 - 4 . Si ricava quindi che R/r = 10 2 da cui R = 1m.
La massa di acqua contenuta inizialmente nel recipiente è pertanto M= ρV, dove ρ è la densità dell’acqua ( 103 kg/m3 ) e V il volume del recipiente , con V= πR 2 h= 6.28 m3.
M è quindi 6.28 103 kg.
b) La velocità di efflusso dell’acqua in corrispondenza del forellino si ottiene dal teorema di Bernoulli, applicato in corrispondenza rispettivamente della superficie libera superiore dell’acqua e del forellino.
Si ha quindi :
patmo + ½ ρ V2 + ρ g h = patmo + ½ ρ v2
Poiché V = 10 – 4 v , il termine ½ ρ V2 può essere trascurato e pertanto v = (2 g h) ½ = 6.3 m/s.
SOLUZIONE ESERCIZIO 3 a) Le coordinate termodinamiche sono le seguenti:
pA = 3 105 Pa stato A:
VA = 2 10 –3 m 3
TA = pAVA/nR = 3 105 Pa 2 10 –3 m 3/ 8.31 J/moleK = 72.2 K pB = 2 pA = 6 105 Pa
stato B:
VB = 3 VA = 6 10 –3 m 3
TB = pBVB/nR = 2 pA 3 VA /nR = 6 TA = 433.2 K VC = VB = 3 VA = 6 10 –3 m 3
stato C:
TC = TA = 72.2 K
pC = nRTA/3VA= 1/3 pA = 105 Pa
In un diagramma di questo tipo il Lavoro compiuto dal gas nelle trasformazioni AB, BC e CA è pari all’area delimitata dalle trasformazioni stesse e dall’asse V, tra lo stato iniziale e quello finale.
Pertanto:
LAB = (pB + pA ) (VB-VA) /2 = 1800 J LBC = 0
LCA = nRTA ln(VA/VC) = 8.31 J/moleK x 72.2 K ln(1/3) = -659 J Per l’inero ciclo si ottiene:
Lciclo = LAB+LBC+LCA = 1141 J
b) Il calore scambiato nelle varie trasformazionisi ottiene dal 1. Principio della termodinamica.
QAB = ∆EAB + LAB = ncV∆T + LAB =
= 3/2 R (TB-TA) + LAB = (15/2 x 8.31 x 72.2 + 1800) J = 6300 J
QBC = ∆EBC + LBC = ncV∆T = 3/2 R (TC-TB) = -15/2 x 8.31 x 72.2 J = - 4500 J QCA = ∆ECA + LCA = LCA = -659 J
Il rendimento della macchina è pari a:
η = Lciclo/Qass = 1141/6300 = 0.18
V p
VA VC
C B
A pA
3 pA
pA
2
SOLUZIONE ESERCIZIO 4
a) Supposta la lamina negativa coincidente con l’asse y e quella carica positivamente passante per il punto (+d,0) , il campo elettrostatico all’interno delle due lamine è perpendicolare alle lamine e ha verso opposto a quello del semiasse positivo x.
Il modulo / E / = σ / ε0= 0.79 106Ν / C. Pertanto E = - 0.79 106(Ν/ C) i
La forza elettrostatica agente sull’elettrone F = q E , è parallela all’asse x e con verso concorde a quello del semiasse positivo x .
Sostituendo i valori numerici si ha F = 1.26 10 -13(N) i .
b) Soggetto all’azione della Forza F, l’elettrone si muove verso la lamina carica positivamente e quando la raggiunge la sua energia cinetica, inizialmente nulla , è variata di una quantità pari al Lavoro compiuto dalla forza F durante lo spostamento d . Poiché / F / è costante e parallela allo spostamento il suo Lavoro è semplicemente / F / d = 7.6 10 -15J.
La velocità dell’elettrone è pertanto
v = (2 L/m)1/2 = (1.66 x 1016 )1/2 m/s = 1.3 x 108 m/s
