CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE Prova scritta di FISICA – 30 gennaio 2012

CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE Prova scritta di FISICA – 30 gennaio 2012

1) Un corpo di massa m = 1 kg e velocità iniziale v = 5 m/s si muove su un piano orizzontale scabro, con coefficiente di attrito dinamico µ = 0.1. Dopo avere percorso una distanza d = 10 m il corpo urta in modo completamente anelastico contro un corpo di massa M = 2 kg, fermo e posto sul bordo di un gradino di altezza h = 2 m, come mostrato in figura.

Calcolare:

a) la velocità del corpo m immediatamente prima dell’urto;

b) la velocità del corpo (m+M) al momento dell’impatto con il suolo.

2) Un cubo di lato L = 20 cm, di materiale con densità ρC = 0.5 × 10³ kg/m³, è mantenuto completamente immerso

in acqua, a profondità H = 2 m, mediante una fune (vedi figura).

Determinare:

a) La tensione T della fune;

b) La velocità con cui il corpo arriva in superficie, dopo che la fune è stata tagliata.

3) Due lamine piane infinite e parallele , sono elettricamente cariche con densità di carica positiva, di valore assoluto pari a σ = 2 10^-6 C/m². La prima lamina ( L1) è posta lungo l’asse y di un sistema d’assi (x,y) , la seconda (L2) passa per il punto A di coordinate ( 1m, 0) .

a) Determinare modulo direzione e verso del campo elettrico nelle regioni interne ed esterne alle lamine e la forza esercitata su una carica puntiforme positiva q = 10^-8 C, posta nel punto B di coordinate (2 m, 0 ) b) Determinare il lavoro svolto dalla forza elettrostatica per spostare la carica q dal punto B al punto C, di coordinate (3m, 1m).

[Nota: ε0 = 8.85 10^-12 C²/Nm² ]

4) Una quantita` pari a n=1 mole di gas perfetto monoatomico, che occupa un volume VA= 2 litri alla pressione pA= 4.052 10⁵ N/m² , compie un ciclo termodinamico reversibile composto dalle seguenti trasformazioni: AB espansione isobara fino ad un volume VB = 2 VA, BC trasformazione in cui la pressione decresce linearmente all’aumentare del volume del gas con pC = 1/2 pA e VC = 3 VA , CD compressione isobara e DA compressione isoterma che riporta il gas alle condizioni iniziali.

a) Si disegni il ciclo sul piano V- p e si calcolino le coordinate termodinamiche dei punti A, B, C, D ed il lavoro compiuto dal gas nelle singole trasformazioni e nell’intero ciclo;

b) Si calcoli la variazione di energia interna del gas quando passa dallo stato A allo stato C e quella relativa all’intero ciclo .

[Nota: R= 8.31 J/Kmole =0.082 l atmo /Kmole ]

SCRIVERE IN MODO CHIARO. GIUSTIFICARE BREVEMENTE 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/ (AD), qinf.fisica.unimi.it (EN), www.mi.infn.it/~sleoni (OZ)

m M

h d

m M

h d

H₂O H

H₂O H

a) Il moto del corpo m sul piano orizzontale è uniformemente decelerato, data la presenza della forza di attrito Fd diretta in verso opposto al moto e di modulo costante pari a:

F_d =µmg

La decelerazione a di cui risente il corpo è quindi data da:

_{a =}^Fd

m =µg =0.1× 9.8m / s² = 0.98 m / s²

La velocità vf dopo un tratto d è quindi data da:

v_f²= v²− 2ad

v_f = v²− 2ad = (5m

s)²− 2 × (0.98m / s²) ×10m = 2.3 m / s

b) Dopo l’urto completamente anelastico i corpi m ed M si muovono orizzontalmente ed uniti, con una velocità V data dalla legge della conservazione della quantità di moto:

mv_f = (m + M )V

V = m

(m + M )v_f =1.0 kg

3.0 kg× 2.3 m / s = 0.8m / s

Applicando ora il principio di conservazione dell’energia meccanica, è possibile ricavare la velocità Vf del corpo (m+M) nell’istante in cui tocca il suolo:

1

2(m + M )V²+ (m + M )gh =1

2(m + M )Vf 2

V_f = V²+ 2gh = (0.8m / s)²+ 2 × 9.8m / s²× 2m = 6.3m / s

SOLUZIONE ESERCIZIO 2

a) Il cubo è soggetto alla Spinta di Archimede, alla forza Peso e alla Tensione della fune ed è in condizione di equilibrio. Pertanto , tenendo conto del verso delle forze agenti , si ha : SA – P– T = 0

dove SA , P, e T sono i moduli rispettivamente della Spinta di Archimede, della forza Peso e della Tensione della fune .

Si ricava T:

T = SA – P = V g (ρH2O – ρC )

dove V è il volume del cubo, ρH2O e ρC sono rispettivamente la densità dell’acqua e del cubo.

Sostituendo i valori numerici (V = 8 10 ^-3 m ³, ρH2O = 10³ kg / m³ ) si ottiene T = 39.2 N b) Quando la fune viene tagliata il cubo è soggetto ad una forza risultante F di modulo uguale a

quello della Tensione, diretta lungo la verticale, verso l’alto .

Quando il cubo raggiunge la superficie dell’acqua , senza emergere, ha percorso nell’acqua un tratto D = 1.9 m. Per il teorema Lavoro - Variazione Energia Cinetica , il Lavoro compiuto dalla Forza risultante uguaglia la variazione dell’energia cinetica in questo tratto e pertanto :

L = F D = ½ m v² dove v è la velocità finale ( quella iniziale è nulla ) . Si ricava v :

v = 2FD m

!

"

# $

%&

1/2

= 2TD

ρcV

!

"

# $

%&

1/2

= 2Vg ρ

(

)

ρcV

!

"

# $

%&

1/2

= 2 × 9.8 × 1− 0.5

( )

0.5 ×10³

!

"

## $

%&&

1/2

m / s = 6.1 m / s

a) Il campo elettrico prodotto da una distribuzione piana infinita, uniformemente carica, è costante, perpendicolare alla superficie della lamina, con verso uscente se la lamina è carica positivamente. Il modulo del campo vale: E = σ/2ε0.

Da ciò segue che per due lamine parallele, infinitamente estese ed uniformemente cariche con segno positivo e densità uguali:

E = 0 nella regione interna alle lamine;

E = σ/ε0 (con verso uscente dalle lamine), nelle regioni esterne.

Nel caso in esame:

E = σ/ε⁰ ( i ) = 0.23 10⁶ N/C ( i ) nei punti alla destra di L2 , E = 0.23 10⁶ N/C (- i ) in quelli alla sinistra di L1. ( i è il versore dell’asse x)

La forza esercitata sulla carica q che si trova nel punto B è diretta perpendicolarmente alle lamine, con verso uscente dalla lamina L2 e ha modulo F = qE. E’ pertanto:

F = qE( i ) = 0.23 10^-2 N ( i )

b) Il lavoro fatto dalla forza elettrostatica (costante ) per spostare la carica q da B a C è F BH , dove H è la proiezione di C sull’asse x e vale quindi 0.23 10^-2 J.

SOLUZIONE ESERCIZIO 4 a)

Stato A : secondo la legge dei gas perfetti si ha T_A = p_A V_A / n R = 97.56 K, p_A = 4.052 10⁵ N/m² e V_A

= 2 10 ^-3 m ³ .

Stato B: pB = pA = 4.052 10⁵ N/m² ; VB = 2 VA = 4 10 ^-3 m ³; TB = pB VB / n R = 2 TA = 195.04 K

Stato C: p_C = ½ p_A = 2.026 10⁵ N/m² ; V_C = 3 V_A = 6 10 ^-3 m ³; T_C = ½ p_A (3 V_A) / nR = 3/2 T_A = 146.28 K.

Stato D : TD = TA = 97.56 K, pD = pC = 1/2 pA =2.026 10⁵ N/m² ; poiché pD VD = pA VA , si ha VD = 2 VA = 4 10 ^-3 m ³

Inoltre

LAB = pA (VB - VA) = pA (2VA - VA )= pA VA = nR TA = 810.2 J LBC = ½( pB + pC ) (VC - VB) = 607.6 J

LCD = pC (VD - VC) = - 405.1 J

LDA= nR TA ln (VA / VD )= - 561.6 J e dunque LCICLO = 451.7 J

b)

ΔEAC = ncv (TC - TA) = 607.6 J ; ΔECICLO = 0 J

p ^A B

D C