FISICA per SCIENZE BIOLOGICHE, A.A. 2005/2006
Seconda prova parziale, 21 Giugno 2006
1) 2 moli di gas perfetto biatomico compiono il seguente ciclo termodinamico:
AB espansione isobara, BC espansione isoterma, CD compressione isobara, DA compressione isocora.
Si conoscono VA = 50 dm3, pA= 2 atm, VB =3 VA, VC = 5VA.
a) Disegnare il ciclo sul piano p-V e calcolare le coordinate termodinamiche (p,V,T) nei punti A, B, C e D;
b) Calcolare il calore scambiato ed il lavoro fatto dal gas nelle quattro trasformazioni;
c) FACOLTATIVO: verificare, nel limite delle approssimazioni usate, il primo principio della termodinamica per l’intero ciclo.
2) Un cilindro cavo, la cui cavità occupa il 90% del volume, ha raggio di base R = 0.1m e altezza h = 0.6 m. Il cilindro galleggia in un serbatoio d’acqua con il 40 % del suo volume immerso. Si trascuri la presenza dell’aria all’interno del cilindro.
a) Calcolare la densità del materiale che costituisce il cilindro;
b) Calcolare l’intensità della forza che deve essere applicata dall’esterno per mantenere il cilindro completamente immerso in acqua (senza che l’acqua entri );
c) FACOLTATIVO: Determinare il numero di biglie di vetro (di raggio rb = 2 cm e densità ρb= 2550 kg/m3) che è possibile mettere all’interno della cavità prima che il cilindro affondi.
3) Due cariche positive uguali di carica Q = 5 10-4 C sono fissate rispettivamente nei punti di coordinate A= ( 1 m, 0) e B= (-1m,0) di un sistema di assi cartesiani x,y. Si calcoli : a) Modulo, direzione e verso della forza che agisce su una carica positiva q = 10-6 C che si trova nel punto P= ( 0, 1m);
b) Il campo elettrico ed il potenziale elettrico nell’origine degli assi cartesiani;
c) FACOLTATIVO: il lavoro dalla forza elettrostatica quando la carica positiva q = 10-6 C si sposta dall’origine degli assi al punto P.
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:
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SOLUZIONE ESERCIZIO 1
Il ciclo termodinamico, rappresentato in figura, è percorso in senso orario e le coordinate (P,V,T) valgono:
stato A:
pA = 2 atm, VA = 50dm3 = 0.05 m3, TA=pAVA/nR∼610 K stato B:
pB = pA=2 atm, VB=3VA = 150dm3 = 0.15 m3, TB=PBVB/nR∼1829 K
stato C:
essendo C sulla isoterma di B di ha pBVB=pCVC, da cui pC = pBVB/VC=pA3VA/5VA=3/5 pA=1.2 atm
TC=TB ∼1829 K stato D:
pD = pC=3/5 pA=1.2 atm VD = VA = 0.05m3
TD=pDVD/nR ∼366 K
La quantità PAVA vale 100 l atm ovvero 1.013 104 J. Abbiamo dunque:
Isobara AB
QAB = n Cp ∆T = 7/2 PA (VB – VA) = 7 PA VA≅ 7.09 104 J WAB = PA (VB -VA) ≅ 2.026 104 J.
Isoterma BC
QBC = n R TB ln VC/VB = PB VB ln 5/3 = 3 PA VA ln 5/3 ≅ 1.55 104 J.
WBC = QBC
Isobara CD
QCD = n Cp ∆T = 7/2 n R ∆T = 7/2 PC (VD - VC) = -42/5 PA VA ≅ -8.51 104 J.
WCD = PC (VD -VC) = -12/5 PA VA ≅ - 2.43 104 J.
Isocora DA
QDA = n Cv ∆T = 5/2 n R ∆T = 5/2 (PA VA – PD VD) = PA VA ≅ 1.013 104 J.
WDA =0
Calori e lavoro totali per il ciclo
QTot = PA VA (7 + 3 ln 5/3 – 42/5 +1 ) = PA VA (3 ln 5/3 - 2/5) ≅ 1.15 104 J.
WTot = PA VA (2 + 3 ln 5/3 – 12/5) = PA VA (3 ln 5/3 - 2/5) ≅ 1.15 104 J
∆U=QTot –WTot = 0
SOLUZIONE ESERCIZIO 2
a) Se il cilindro è in equilibrio con il 40% del volume immerso abbiamo che la forza peso è equilibrata dalla forza di Archimede ovvero che dC 0.1 VC g = 0.4 VC dA g dove 0.1 VC è il volume del cilindro occupato dal materiale (e che quindi concorre alla massa) e 0.4 VC è il volume immerso (che “sposta” l’acqua). Abbiamo dunque dC = 4 dA = 4000 kg/m3.
b) Per mantenere in equilibrio il corpo completamente immerso dobbiamo applicare una forza F tale che F + mg =FA ovvero che F + dC 0.1 VC g = VC dA g. Si ottiene F = VC g (dA –0.1dC )
= π R2 h g dA 0.6 ≅ 110.8 N.
c) Il problema è analogo al punto b). Il numero di biglie ammesse è n=F/PB dove PB =4/3 π r3 g dB ≅ 0.821 N è il peso di una singola biglia. Si ottiene n=132.36.
Dovendo essere il numero di biglie un intero, è necessario arrotondare per difetto, ossia n=132.
SOLUZIONE ESERCIZIO 3
a) La forza elettrostatica totale che agisce sulla carica q posta in P è data dalla somma vettoriale delle forze di Coulomb FAP ed FBP, come disegnato in figura.
Essendo le distanze AP e BP uguali, tali forze hanno la medesima intensità
2
4 0
1 AP F qQ
= πε
Come mostrato in figura, tali forze hanno la
stessa proiezione sull’asse y e proiezioni uguali ed opposte sull’asse x.
Da ciò segue che la forza elettrostatica totale è un vettore diretto lungo l’asse y di intensità pari alla somma delle componenti y di ciascuna forza:
AP N
Ftot qQ N 3.18
2 2 2
10 10 10 5
9 2 45 4 cos
2 1
6 4 9
0 2
0
=
× × ×
×
=
×
= − −
πε ossia:
j N Frtot r
) 18 . 3
=(
b) Il campo elettrostatico nell’origine degli assi è nullo, dato che i campi prodotti da ciascuna carica Q nel punto O hanno stessa intensità
2
4 0
1 OA E Q
= πε , stessa direzione e versi opposti.
Il potenziale in O è dato dalla somma dei potenziali elettrostatici:
V V
OA Q OB
Q OA
Q 9 4 6
0 0
0
10 1 9
10 10 5
9 4 2
2 1 4
1 4
1 = ×
×
×
×
×
=
×
= +
= −
πε πε
V πε
c) Il lavoro fatto dalla forza elettrostatica è uguale ed opposto alla variazione di energia potenziale:
J J
J J J
AP qQ OA
P qQ U O U U L
64 . 2 36 . 6 2 9
10 ) 10 5 10 ( 9 1 2
10 ) 10 5 10 ( 9 2
4 2 1 4
2 1 ) ( ) (
6 9 4
6 9 4
0 0
=
−
=
×
×
×
×
−
×
×
×
×
=
×
−
×
=
−
=
∆
−
=
−
−
−
−
πε πε
