FISICA per SCIENZE BIOLOGICHE A.A. 2012/2013 APPELLO – 18 Luglio 2013
1) Un corpo di massa m = 500 g scende lungo un piano scabro, inclinato di un angolo θ = 45° . Prosegue poi lungo un tratto orizzontale di lunghezza BC = 1m, con il medesimo coefficiente di attrito del piano. Sale quindi lungo un piano liscio, inclinato di un angolo φ = 30° ed urta, in modo completamente anelastico, con un corpo di massa 2m posto in in D, a quota hD = 30 cm rispetto al piano orizzontale (si veda disegno).
a) Determinare il coefficiente di attrito µ affinchè il corpo scenda lungo il primo piano inclinato con velocità costante v = 7 m/s. Calcolare la velocità del corpo nel punto C, al termine del tratto orizzontale BC.
b) Determinare la velocità del corpo nel punto D, immediatamente prima dell’urto anelastico, e la velocità del sistema dei due corpi, immediatamente dopo l’urto.
Facoltativo: Calcolare l’energia dissipata durante l’urto completamente anelastico.
2) Una carica positiva Q = 6 µC è posta in O = (0,0), ed una seconda carica positiva 4Q è posta in A = (d,0), con d
= 1m.
Nel punto P = (d/3,0) è posta una carica positiva q0 = 2 pC.
Si determini :
a) Il campo elettrico e l’energia potenziale nel punto P;
b) Il lavoro fatto dal campo elettrico delle due cariche (Q e 4Q) per spostare la carica q0 dal punto P al punto P’ = (5/3d,0), lungo la semicirconferenza di raggio 2/3 d, con centro in A (come indicato in figura).
[Nota: ε0 = 8.85 10-12 C2/Nm2 ]
3) Una zattera di legno (densità 0.5 g/cm3 ) che ha dimensioni (2m x 3m x 30 cm) viene posta in acqua. Si calcoli:
a) lo spessore della zattera senza carico che risulta, all’equilibrio, immersa in acqua.
b) il massimo volume di alluminio ( densità 2.7 g/cm3 ) che può essere caricato sulla zattera senza che si bagni (piano superiore della zattera a filo dell’acqua).
4) Una massa di 10g di un gas perfetto biatomico ha peso molecolare 2. Nello stato iniziale A , la pressione pA = 2 atmosfere e il volume VA = 2 litri . Compie poi il ciclo costituito dalle seguenti trasformazioni:
A- B isobara con VB = 2VA
B-C isoterma con pC = (1/2) pB
C-D isocora con pD = (1/2) pC D-A isoterma
a) Si disegni il ciclo in un diagramma (V, p), si calcolino le coordinate termodinamiche di tutti i punti e la quantità di calore scambiata in ogni trasformazione specificando se è assorbita o ceduta.
b) Si determini la variazione di energia interna relativa ad ogni trasformazione e il rendimento del ciclo.
[Nota: 8.31 J/Kmole =0.082 l atm /K mol]
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 MECCANICA
a) Il corpo scende con velocità costante lungo il piano inclinato se la forza risultante che agisce sul corpo m è nulla:
F
net=
F
g+ N +
f
d= 0
ove Fg, fd e N sono la forza peso, la forza di attrito e la forza normale.
Proiettando l’equazione vettoriale sugli assi x e y (x parallelo al piano e y perpendicolare), si ottiene:
asse x : − f
d+ mgsinθ = 0 asse y : N − mgcosθ = 0
con fd = µ N = µ mg cosθ, da cui segue:
µ = tg θ = tg (45°) = 1.0
Giunto alla base del piano inclinato il corpo procede lungo il tratto BC orizzontale scabro. La velocità alla fine del tratto BC si ottiene applicando il teorema lavoro-energia cinetica, dove l’unica forza che compie lavoro è la forza di attrito:
ΔK = 1
2 mv
C2− 1
2 mv
B2=
f
d⋅ BC = −µmg | BC | 1
2 mv
C2= −µmg | BC | + 1 2 mv
B2v
C= v
B2− 2µg | BC |
= (7m / s)
2− 2 ×1.0 × 9.8m / s
2×1m = 5.4 m / s
2b) La velocità del corpo m immediatamente prima dell’urto si ottiene dal teorema di conservazione dell’energia meccanica, tra il punto C ed il punto D:
1
2mvC2 =1
2mvD2 + mghD vD= vC2− 2ghD
= (5.4m / s)2− 2 × 9.8m / s2× 0.3m = 4.8m / s
La velocità immediatamente dopo l’urto anelastico si ottiene dalla conservazione della quantità di moto:
mvD= (m + 2m)V V =vD
3 = 1.6 m / s Facoltativo:
L’energia dissipata durante l’urto completamente anelastico è pari alla differenza di energia cinetica:
E
diss= 1
2 mv
D2− 1
2 (3m)V
2= 1
2 m(v
D2− 3V
2) = 3.84 J
SOLUZIONE ESERCIZIO ELETTROSTATICA
a) Il campo elettrico nel punto P è dato dalla somma vettoriale dei campi elettrici prodotti dalle cariche Q e 4Q, entrambi diretti lungo l’asse x e con versi opposti:
E(P) = E
Q(P) − E
4Q(P)
= k Q ( d
3 )
2− k 4Q ( 2
3 d)
2= kQ 9
d
2− 4 × 9 4d
2#
$ % &
' ( = 0
Il campo elettrico in P è quindi nullo.
Analogamente, l’energia potenziale è data dalla somma delle energie potenziali:
b) Il lavoro fatto dal campo elettrico delle due cariche è dato dalla differenza di energia potenziale tra i punti P e P’, indipendentemente dal percorso. In particolare, la variazione di energia potenziale associata al campo prodotto dalla carica 4Q è nulla, in quanto i punti P e P’ sono equidistanti dalla carica:
= −(kQq0 5d
3
− kQq0 d 3
) = k3Qq0 d (1−1
5)
= k12Qq0
5d = 9 ×109×126 ×10−6× 2 ×10−12
5 ×1 J = 2.6 ×10−7J
SOLUZIONE ESERCIZIO FLUIDI
a) All’equilibrio la spinta Archimedea uguaglia la forza peso agente sulla zattera senza carico. Indicata con dz
la densità della zattera e con dH2O quella dell’acqua, data la condizione di equilibrio delle forze agenti si ha : dz Vz g = dH2O Vimm g dove Vimm è il volume immerso in acqua della zattera . Risulta pertanto :
V imm/ Vz = dz / dH2O = 0.5. Pertanto lo spessore della zattera immerso in acqua è 15 cm.
b) Il massimo carico di alluminio che non si bagna si ottiene scrivendo la condizione di equilibrio per il peso totale ( zattera + alluminio) e la spinta Archimedea relativa alla zattera con l’intero volume immerso nell’acqua.
Indicata con dAl , la densità dell’alluminio si ha:
(dz Vz g + dAl VAl g ) = dH2O Vz g
da cui si ricava VAl / Vz = 0.185 e pertanto VAl = 0.333 m 3
SOLUZIONE ESERCIZIO TERMODINAMICA a)
Il numero di moli del gas è n= 10/2 = 5
Coordinate termodinamiche di A, B, C, D.
pA = 2 atmo = 2.026 10 5 N/ m2 ; VA = 2 10 -3 m 3 ; TA = pA VA / n R = 9.75 K
pB = pA = 2 atmo = 2.026 10 5 N/ m2 ; VB = 2VA= 4 10 -3 m 3 ; TB = pA 2VA/ nR = 2 TA = 19.5 K pC = (1/2) pB = 1.013 10 5 N/ m2 ; VC = 2 VB = 8 10 -3 m 3 ; TC = TB = 19.5 K
pD = (1/2) pC = 0.507 10 5 N/ m2 ; VD=VC= 8 10 -3 m 3 ; TD = TA = 9.75 K Inoltre
QAB = n cp ( TB-TA) = 5 (7/2) R TA = 1418 J assorbita
QBC = n R TB ln ( VC/VB)= 5 8.31 19.5 ln ( 2) = 562 J assorbita QCD = n cv ( TD-TC) = 5 (5/2) R (- TA ) = - 1013 J ceduta
QDA = n R TA ln ( VA/VD)= 5 8.31 9.75 ln (1/4) = -562 J ceduta
b) ΔEAB = n cv ( TB-TA) = 1013 J ΔEBC = 0 J
ΔE CD = n cv ( TD-TC) = -1013 J ΔEDA = 0 J
Il rendimento del ciclo è η = Lciclo / Q assorb = Qciclo / Q assorb = 405 J / 1980 J = 0.2
