CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE Appello di FISICA, 17 gennaio 2011

CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE Appello di FISICA, 17 gennaio 2011

1) Una particella di massa m = 1 kg viene lasciata libera di muoversi dalla sommità (A) di un piano inclinato. L’altezza AH del piano è pari a h = 6 m e l’angolo di inclinazione del piano è  30 °.

Si determini:

a) il lavoro compiuto dalla forza peso e quello della reazione normale al piano d’appoggio durante lo spostamento della particella da A fino a B , alla base del piano inclinato.

b) dopo aver raggiunto il punto B , la particella prosegue il suo moto lungo un piano scabro (coefficiente di attrito  =0.3). Calcolare a quale distanza BC, dalla base del piano inclinato, si arresta.

2) Due lamine metalliche infinitamente estese sono uniformemente cariche con densità di carica superficiale di segno opposto e modulo  = 1.77  10^-7 C/m². La distanza d tra le lamine è 10 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. Per entrambi si precisino modulo, direzione e verso.

b) la velocità dell’elettrone nell’istante in cui raggiunge la lamina positiva.

[ Note:

si trascuri la forza di gravità e = 1.6 10^-19 C

me = 9.11 10^-31 kg 0 = 8.85 10^-12 C²/Nm²

3) Un corpo di forma irregolare e di volume V = 30 cm³ ha al suo interno una cavità vuota di volume V0 = V/3.

Il materiale di cui è costituito il corpo ha densità o doppia rispetto a quella dell’acqua. Il corpo viene immerso completamente in acqua. Determinare:

a) la spinta di Archimede di cui risente il corpo, specificandone direzione e verso;

b) la forza Fapp che è necessario applicare affinché il corpo all’equilibrio sia completamente immerso in acqua (specificare direzione e verso di Fapp).

4) Due moli di un gas perfetto biatomico passano dallo stato iniziale A a quello finale D, attraverso le trasformazioni reversibili AB (isoterma) , BC (isobarica ), CD (isovolumica), dove

pA= 2 10⁴ N/ m², pB= 0.5 pA , VC= VA= 1 m³, pD= 0.25 pA.

a) si disegnino nel piano ( V, p) le trasformazioni AB, BC e CD e si determinino le coordinate termodinamiche (p,V,T) dei punti A, B, C, D

b) si calcoli il lavoro totale compiuto dal gas durante le trasformazioni da A fino a D e la corrispondente variazione totale di energia interna .

[ Nota: R= 8.31 J/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)

A

B

H C

a) Il lavoro compiuto dalla forza peso e quello compiuto dalla reazione normale al piano durante lo spostamento della particella da A fino a B sono rispettivamente :

LPeso = P// d dove P// è la componente della forza Peso parallela ad AB e d è la lunghezza di AB

LNormale = N// d dove N// è la componente della forza Normale parallela ad AB

Indicata con h l’altezza AH del piano inclinato , si ha :

P// = P sen30° = mg sen30° ; d = h / sen30 e pertanto LPeso = mg h = 58.8 J.

(Piu’ rapidamente il lavoro della forza Peso può essere calcolato come differenza dei valori dell’energia potenziale associata al campo della forza Peso in A e in B , U(A)-U(B) , che vale mgh-0 = mgh) .

N// = 0 e pertanto LNormale = 0

b) Quando raggiunge il punto B la particella ha energia meccanica E(B) uguale a quella che aveva nel punto A , E(A). Inoltre E(B) è tutta energia cinetica, Ecin (B), in quanto U(B) =0).

Nel tratto BC compie lavoro (LBC ) solo la forza di attrito particella – piano, pertanto il lavoro compiuto dalla forza risultante agente sulla particella che si sposta da B a C è LBC = -mg (BC).

Per il teorema lavoro – energia cinetica LBC= Ecin (C) - Ecin (B) = 0 – E(A) = - mgh Si ha quindi -mg (BC) = - mgh da cui (BC) = h/  = 20 m

SOLUZIONE ESERCIZIO 2

a) Le due piastre piane cariche producono al loro interno un campo

ossia perpendicolare alle due piastre e con verso dalla piastra positiva a quella negativa.

La forza elettrica subita dall’elettrone è pari a

b) L’ accelerazione subita dall’elettrone è unicamente dovute alla forza elettrostatica, originata dal campo elettrico:

ossia:

Essendo l’accelerazione costante, il moto all’interno delle due piastre è rettilineo uniformemente accelerato, per cui il legame fra velocità e posizione (quando l’elettrone urta l’armatura) è dato da:

i

C N Nm i

C m i C

E   

) / 10 20 / (

10 85 . 8

/ 10 77 .

1 3

2 2 12

2 7

0





 

 





 _ ^





i N Nm i

C m C C

i e

eE E q

F_e    

) 10 32 . 0 / (

10 85 . 8

/ 10 77 . ) 1 10 6 . 1 ( ) )(

( _{12 2 2} ¹⁴

2 7 19

0





   



 













 



i s m kg i

C N C

m E a e

e e



 

 (3.52 10 / )

10 1 . 9

) / 10 20 )(

10 6 . 1

( 15 2

31 3 19



 



 



 ^ _

d a d a x

x a v

v _{e e f i e e}

e ₀² 2 ( ) 0 2 2

2      

s m m

s m d

a

v _e

e  2  2(3.5210¹⁵ / ²)(0.1 ) 2.6510⁷ /

E e a m

F_{e e}_e 







a) La spinta di Archimede è la forza, diretta verticalmente verso l’alto, che agisce su un corpo immerso in un fluido. L’intensità di tale forza è pari al peso del fluido spostato dal corpo. Nel caso in esame:

N N

s m m

m kg Vg g m F

H f A

3 . 0 294 . 0

8 . 9 ) 10 ( 30

10³ ₃ ^{2 3} ₂

20



















b) All’equilibrio, la somma vettoriale delle forze agenti sul corpo è pari a zero.

F_tot F_app F_g F_A 0

Proiettiamo ora l’equazione precedente sull’asse y verticale, supponendo Fapp concorde in verso con l’asse y:

N

s m m

m kg Vg

Vg

g V V

V

g V V

V g m m

g m g m F

F F F

F F F

f f

f f

f c

f c

f c app

A g app

A g app

2

2 3

6 3

3 0

10 8 . 9

8 . 9 10

30 3 10

1 3

) 3 1 (4

3) ( 2

) )

( (

) (

0



























  







































Il segno della forza applicata è risultato positivo, quindi il verso è concorde con quello del semiasse positivo y (come la spinta Archimedea) .

SOLUZIONE ESERCIZIO 4

a)

pA = 2 10 ⁴ N/ m² VA = 1 m³ TA = pA VA / n R = 1203.4 K

pB = 0.5 pA = 10 ⁴ N/ m² VB = 2 VA = 2 m³ TB = 1203.4 K

pC = pB = 0.5 pA = 10 ⁴ N/ m² VC = VA = 1 m³ TC = pC VC / n R =0.5 pA VA / n R = 601.7 K

pD = 0.25 pA = 0.5 10 ⁴ N/ m² VD = VC = VA = 1 m³ TD = pD VD / n R =0.25 pA VA / n R = 300.8 K

b) Ltot = LAB + LBC + LCD LAB = nR TA ln (VB / VA ) = 13860 J LBC = pC (VC - VB ) = - 10000 J LCD = 0 J Ltot = 3860 J

∆E = n cV (TD - TA) = - 37500 J

A

C B

D

p

V