1 II compitino di FISICA, 20 Giugno 2011 CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE

CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE

II compitino di FISICA, 20 Giugno 2011

1

q = - 2 10^-8 C viene lasciata libera di muoversi nell’origine O.

Si determini :

a) il campo elettrostatico, specificando modulo direzione e verso, in O e nel punto C di coordinate (+4m, 0);

b) l’energia cinetica con cui la carica q raggiunge la lamina nel punto B e, supponendo che in B sia praticato un forellino di dimensioni tali da non perturbare il campo elettrostatico, l’energia cinetica di q nel punto C;

c)Facoltativo: La carica q ripasserà per O ? (giustificare la risposta). Se sì, con quale velocità?

[Nota : 0 = 8.85 10^-12 C²/Nm² ].

2) In un liquido ideale di densità l= 2 g/ cm³ galleggia un cubo, di lato L = 10 cm, immerso per il 40% del proprio volume.Determinare:

a) la spinta Archimedea FA e la densità C del materiale di cui è costituito il corpo;

b) la forza Fapp (modulo, direzione e verso) che è necessario applicare per mantenere il corpo completamente immerso.

c) Facoltativo: determinare la densità C del materiale nel caso in cui all'interno del corpo sia presente una cavità vuota, pari alla metà del suo volume. Si supponga sempre che il corpo galleggi con il 40% del proprio volume immerso.

3) Due moli di un gas perfetto biatomico, inizialmente nello stato A di coordinate termodinamiche pA = 2 atm , VA = 5 l, compiono le seguenti trasformazioni termodinamiche:

- AB: decompressione a volume costante fino alla pressione p_B = 1 atm;

- BC: espansione isoterma fino al volume Vc = 7 l;

- CD: compressione isobara fino al volume V_D = 2 l.

a) Si disegnino le trasformazioni nel piano (p,V) e si determinino le coordinate termodinamiche (p,V,T) per gli stati A, B, C e D;

b) Si calcoli la variazione di energia interna, il lavoro e il calore scambiato in ogni singola trasformazione e complessivamente.

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

R1) Recupero Cinematica

Un proiettile è sparato in aria con velocità v = 10 m/s e angolo 60° . Determinare le componenti della velocità del proiettile all'istante del lancio e alla quota massima. Determinare la massima quota h e il tempo t impiegato per raggiungerla.

R2) Recupero dinamica Una particella P di massa M= 200 g viene lanciata dalla sommità (punto A) di un piano liscio inclinato di 30° , rispetto al piano terrestre orizzontale, con velocità iniziale v_A = 2 m/s. Il piano inclinato ha lunghezza AB = 4 m. Dopo il punto B, alla base del piano inclinato, la particella prosegue il suo moto lungo il piano orizzontale scabro (coefficiente di attrito  = 0,1) fino al punto C dove si arresta.

Si determini: l’accelerazione della particella P lungo il piano inclinato, la sua velocità in B ed il tratto BC percorso lungo il piano orizzontale.

R3) Recupero energia Una particella P di massa M= 200 g viene lanciata dalla sommità (punto A) di un piano liscio inclinato di 30°, rispetto al piano terrestre orizzontale, con velocità iniziale vA = 1 m/s, parallela al piano inclinato. Il piano inclinato ha lunghezza AB = 2 m. Dopo il punto B, alla base del piano inclinato, la particella prosegue il suo moto lungo il piano orizzontale liscio fino al punto C ( BC=1m) dove urta una molla di costante elastica k= 1000 N/m , inizialmente in equilibrio, e si arresta . Si calcoli la massima compressione della molla.

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), www.mi.infn.it/~sleoni (PE-Z)

SOLUZIONE ESERCIZIO 1

(Elettrostatica)

a) Il modulo del campo elettrostatico creato dalla lamina nel punto O e nel punto C è :

/E/ =  / 2 0 = 0.23 10⁴ N/C. In entrambe i casi la direzione è perpendicolare alla lamina ( quindi parallela all’asse x) . I verso del campo in O è quello di (-i ) , mentre quello del campo in C è il verso di (+i),

quindi EO = 0.23 10⁴ N/C ( -i ) EC = 0.23 10⁴ N/C ( +i ).

b) La forza elettrostatica agente sulla carica –q nel punto O è F = -q E = 0.46 10^-4 N/C ( i ).

L ‘energia cinetica della particella carica quando raggiunge il punto B si calcola facilmente con il teorema lavoro energia cinetica:

L = F OB = EcnB - EcnO = EcnB = 0.92 10^{- 4} J.

Nella regione da B ad C la forza è opposta allo spostamento e pertanto la variazione di energia cinetica è negativa e pari a - 0.92 10^{- 4} J. L’energia cinetica della carica in C è 0.

c) Facoltativo Nel punto C la forza elettrostatica è F = -q E = 0.46 10^-4 N/C (- i ), pertanto la carica q si rimette in moto verso B con accelerazione costante.

Oltrepassato B la forza F = -q E = 0.46 10^-4 N/C ( i ) è opposta alla velocità di q, pertanto q decelererà fino a raggiungere O con velocità nulla.

SOLUZIONE ESERCIZIO 2

(Fluidi)

a) La spinta di Archimede agisce sul 40% di volume immerso, ossia:

FA = mf g = f Vimm g = 2 10^-3 kg/(10^-2 m)³ x 0.4 x (0.1 m)³ x 9.8 m/s² = 7.84 N

La densità del materiale di cui è costituito il corpo si ottiene dalla condizione di galleggiamento:

FA = mf g = f Vimm g = f 0.4 V g = Fg = c V g Da cui si ottiene:



c = 0.4 f = 0.8 10³ kg/m³

b) Per mantenere il corpo completamente immerso è necessario applicare una forza Fapp tale che

0



 _{g A}

app F F

F  

Proiettando tale equazione sull’asse verticale di ottiene:

N N

Vg Vg

Vg F F F

F F F

c f f

c A g app

A g app

8 . 11 8 . 9 10 10 2 . 1

) (

0

3

3  







































La forza Fapp è diretta lungo la verticale in verso opposto all’asse y (ossia concorde con la forza peso).

c) Se il corpo ha al suo interno una cavità vuota di volume V/2, nell'ipotesi che il volume immerso sia sempre 0.4 V, la spinta di Archimede non cambia, mentre la forza peso è pari a

Fg = c V/2 g

La condizione di galleggiamento diventa quindi:

f 0.4 V g = c V/2 g da cui si ricava:

c = 2 x 0.4 f = 1.6 10³ kg/m³

SOLUZIONE ESERCIZIO 3

(Termodinamica)

a)

Stato A:

pA = 2 atm = 2 x 10⁵ Pa VA = 5 l = 5 x 10^-3 m³ TA = pA VA /(nR) = 60.2 K

Stato B:

pB = 1 atm = 10⁵ Pa VB = VA = 5 l = 5 x 10^-3 m³

TB = pB VB /(nR) = pA/2xVA /(nR) = TA /2 = 30.1 K

Stato C:

TC = TB = 30.1 K VC = 7 l = 7 x 10^-3 m³

pC = nR TC / VC = 0.71 10⁵ Pa

Stato D:

pD = pC = 0.71 10⁵ Pa VD = 2 l = 2 x 10^-3 m³ TD = pD VD /(nR) = 8.5 K

b)

Trasformazione AB (Isocora):

WAB = 0

Eint)AB = QAB = ncV TAB = 2 x 5/2 R (TB – TA ) = - 1251 J

Trasformazione BC (Isoterma):

DEint = 0

QBC =WBC = nRTB ln(VC/VB) = + 168 J

Trasformazione CD (Isobara):

WCD = pD x (VD – VC) = - 355 J

QCD = ncp TCD = 2 x 7/2 R (TD – TC ) = - 1256 J DEint = QCD - WCD = -901 J

Trasformazione complessiva (A-> B-> C -> D):

W = WAB + WBC + WCD = - 187 J Q = QAB + QBC + QCD = - 2339 J DEint = Q - W = -2152 J

SOLUZIONE R1: RECUPERO CINEMATICA

Le componenti x e y iniziali della velocità del corpo sono:

vx0 = v cos60° = 5 m/s vy0 = v sin60° = 8.66 m/s

Nel punto di massima quota le componenti della velocità valgono:

vx = vx0 = 5 m/s (moto rettilineo ed uniforme in x) vy = 0

Il moto è parabolico e la massima quota è raggiunta quanto la componente y della velocità è nulla:

vy = vy0 – gt = 0 t = vyo/g = 0.88 s

quindi

ymax = voy t -1/2 g t² = 3.83 m

SOLUZIONE R2: RECUPERO DINAMICA

Scelto un sistema d’assi (x,y) in cui l’asse x ha origine in A ed è parallelo al piano inclinato, l’

accelerazione della particella verso B è dovuta alla componente Px della forza peso , parallela al piano inclinato, dove Px = Mg sen30° . L’accelerazione è quindi a = g sen30° = 4.9 m/s². La velocità in B si può calcolare utilizzando il teorema Lavoro-Energia cinetica, dove l’unica forza che compie lavoro lungo AB è Px i = Mg sen30° (i). Si ha quindi : L = Mg sen30° AB = EcinB - EcinA = ½ M vB 2

- ½ M vA2

da cui si ricava vB = 6.57 m/s.

Il tratto BC percorso dalla particella lungo il piano orizzontale scabro prima di arrestarsi può essere calcolato in modo semplice utilizzando il teorema lavoro-energia cinetica:

-M g BC= - ½ M vB 2

da cui si ottiene BC= 22 m

SOLUZIONE R3: RECUPERO ENERGIA

a) Lungo il tratto AB del piano inclinato liscio la forza che compie lavoro è la forza Peso, conservativa. Pertanto si può calcolare la velocità della particella P in B applicando il teorema di conservazione dell’energia meccanica. Indicata con h l’altezza OA del piano inclinato si ha:

½ M vA2

+ Mgh = ½ M vB2

da cui si ricava vB = 4.5 m/s.

Nel tratto BC de piano orizzontale liscio l’energia cinetica della particella non varia perchè le forze agenti ( Peso e reazione Normale) non compiono lavoro, pertanto Ecin C = Ecin B. La massima compressione x della molla si calcola applicando il teorema di conservazione dell’energia meccanica ( l’unica forza che compie lavoro è la forza elastica che è conservativa):

Ecin C = ½ k x² dove x è la massima compressione della molla. Da qui risulta x= 6.3 cm.