Il palloncino ha volume V= 5 dm3

FISICA per SCIENZE BIOLOGICHE A.A. 2013/2014 II Compitino– 26 Giugno 2014

1) 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 daria = 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.

2) 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)

q_B= q con B = (1m, 0) q_C= q con C = (2m, 1m) q_D= - q con D =(1m, 2m) con q = 3 µC.

Determinare:

a) Il campo elettrostatico ed il potenziale elettrostatico nel punto 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 ]

3) 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 pA= 4 atm e VA = 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)

Recupero Cinematica:

Una particella viene lanciata nel piano verticale terrestre da una quota h = 4.3 m con velocità iniziale v o = 2.5 m/s , inclinata di 60° , rispetto al piano orizzontale terrestre. Si determini la massima quota raggiunta e l’equazione della traiettoria della particella.

Recupero Dinamica:

Una particella di massa 400 g parte dalla sommità di un piano che ha lunghezza L = 5 m, inclinato di 60° rispetto al piano orizzontale, liscio, con velocità di 1m/s. Si determini la reazione normale esercitata dal piano sulla particella e quale forza, parallela al piano, occorra esercitare affinchè la particella scenda con velocità costante.

Recupero Lavoro-Energia:

Una particella di massa 400g viene lanciata con velocità v o = 11 m/s dalla base di un piano che ha lunghezza L = 5 m, inclinato di 60° rispetto al piano orizzontale, scabro con coefficiente di attrito µ.

Raggiunge la sommità del piano inclinato con velocità di 5 m/s . Si determini il coefficiente di attrito µ del piano inclinato e la perdita di energia meccanica della particella dovuta all’attrito.

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 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

dgas = 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

SOLUZIONE RECUPERO CINEMATICA

Scelto un sistema d’assi (x,y) con origine O al suolo, sulla perpendicolare tracciata dal punto di lancio, asse x parallelo al piano orizzontale terrestre e asse y diretto come la verticale terrestre si ha

ax=0 , ay = -g

vx = v o cos 60° = cost, vy = - g t + v o sen 60°

x = v ocos60° t , y = -1/2 g t² + v o sen60° t + y o

dove (x,y), (vx , vy) e (ax , ay) sono rispettivamente le componenti x e y di posizione, velocità ed accelerazione della particella e yo la quota di lancio (h) .

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 della particella è

y = -1/2 g x ² /( v o cos 60° )² + x (v osen60° / v o cos 60° ) + h . Sostituendo i valori numerici si ha:

y = -3.1 x ² +1.7 x + 4.3.

SOLUZIONE RECUPERO DINAMICA

La reazione normale al piano N= mgcos 60° = 1.96N.

La forza F, parallela al piano inclinato, che occorre applicare affinchè la particella scenda con velocità costante è pari alla componente della forza peso parallela al piano inclinato, ma con verso opposto. In questo modo la risultante delle forze agenti sulla particella è nulla .

La forza da applicare F ha quindi modulo /F/ = mgsen60° = 3.4N

SOLUZIONE RECUPERO LAVORO-ENERGIA

Agisce sulla particella 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° . Applicando il teorema del lavoro della forza risultante-variazione dell’energia cinetica della particella al tratto percorso sul piano inclinato, si ha:

( -mgsen 60° - µ mg cos 60°) L = ½ (m v fin ² - m v in ² ) dove v in e v fin sono le velocità della particella rispettivamente iniziale e finale. Sostituendo i valori numerici e risolvendo rispetto a µ , si trova µ = 0.2.