CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE
Prova scritta di FISICA – 14 Luglio 20171)
Una particella di massa m=2 kg viene lasciata libera di muoversi dal punto A, alla sommità di un piano liscio AB, inclinato di 30° rispetto al piano orizzontale terrestre. La lunghezza di AB è 4 m. Giunta in B la particella urta, in modo completamente anelastico, una particella identica, di massa m, e le due particelle unite, dopo l’urto, cadono nel piano verticale terrestre dall’altezza H = 3 m, raggiungendo il suolo in un punto C . Si determini : a) la velocità della particella nel punto B, immediatamente prima dell’urto, e la velocità V delle due particelle unite, immediatamente dopo l’urto anelastico, specificandone modulo e le componenti Vx e Vy, assumendo l’asse x del sistema d’assi cartesiani parallelo ad OC e l’asse y parallelo a OB.b) la distanza di C dal punto O e le componenti della velocità della particella nel punto C (vCx e vCy).
2)
Una cisterna cilindrica di altezza H e base A1 presenta in corrispondenza della base inferiore un foro di sezione A2 = A1/100. Sapendo che la velocità di deflusso dell’acqua dal foro è pari a v2 = 7 m/s, determinare:a) la velocità v1 con cui si abbassa il livello dell’acqua nella cisterna;
b) l’altezza H della cisterna, facendo le opportune approssimazioni.
3) Nel punto O, origine del sistema d’assi (x,y) è fissata una carica Q = 10 –10 C . Una carica negativa q = -10 –12 C che ha massa m= 10 –10 g si muove lungo una circonferenza di raggio R = 10 –6 m e centro O con velocità costante in modulo. Si determini:
a) il campo elettrostatico ( specificare anche direzione e verso) creato da Q nei punti che distano R da Q e il modulo della velocità di q.
b) l’energia totale del sistema delle due cariche [Note: ε0 = 8.85 10-12 C2/Nm2 ]
4)
Due moli di un gas perfetto monoatomico passa dallo stato iniziale A di coordinate termodinamiche : pA = 2 atm, VA = 10 litri allo stato finale D , attraverso le seguenti trasformazioni:AB , isobara con VB = 20 litri : BC, isoterma con VC = 40 litri ; CD, isovolumica con pD = 2atm.
a) Si disegnino le tre trasformazioni AB, BC , CD in un diagramma ( V, p) e si calcoli la quantità di calore totale scambiata nel passaggio del gas dallo stato iniziale A allo stato finale D attraverso le tre trasformazioni date. Si precisi se la quantità di calore è assorbita o ceduta .
b) Si calcoli la variazione di energia interna del gas nel passaggio dallo stato iniziale A allo stato finale D.
(R= 8.31 J/Kmole =0.082 l atm /K mol)
SCRIVERE IN MODO CHIARO. GIUSTIFICARE BREVEMENTE PROCEDIMENTI SOSTITUIRE I VALORI NUMERICI SOLO ALLA FINE SENZA DIMENTICARE LE UNITA` DI MISURA.
Testi, soluzioni ed esiti alle pagine:
www2.fisica.unimi.it/bettega/ (AL), www.mi.infn.it/~sleoni (OZ).
SOLUZIONE ESERCIZIO 1 (Meccanica)
a) L’altezza del piano inclinato vale h = AB sen 30° = 2m.
Essendo il piano liscio, si conserva l’energia meccanica, da cui segue che la velocità della particella in B, immediatamente prima dell’urto è pari a:
mgh= ½ m vB 2
vB = 6.3 m/s.
Le componenti del vettore vB nel sistema d’assi indicato sono:
vBx = vB cos 30° = 5.4 m/s e vBy = vB sen 30° = - 3.1 m/s.
La velocità delle due particelle immediatamente dopo l’urto anelastico è pari a:
2m V = m vB
V = vB/2 = 3.15 m/s ove
Vx = V cos(30°) = 2.7 m/s Vy = V sin(30°) = -1.6 m/s
b) Nel punto B la particella di massa 2m inizia la caduta nel piano verticale terrestre, pertanto si ha : ax = 0 ; a y = - g ; ( ax e a y sono le componenti del vettore accelerazione )
vx = Vx = V cos30° = 2.7 (m/s) ; v y = - gt + Vy = - gt – 1.6 (m/s);
x = Vx t = 2.7 t (m) ; y = - ½ g t2 + Vy t + OB = - ½gt2 – 1.6 t + 3 (m).
Ponendo y = 0 , si ricava il tempo t impiegato dalla particella a raggiungere il suolo e risulta t = 0.63 s.
La distanza OC è pertanto: OC = 2.7 t = 1.7 m.
Le componenti della velocità in C valgono vCx = 2.7 m/s e v C y = - gt + vBy = - 7.87 m/s
SOLUZIONE ESERCIZIO 2 (Fluidi)
a) Per l’equazione di continuità la velocità v1 con cui la superficie libera dell’acqua nella cisterna si abbassa è data da:
v1= A2
A1 v2
= A2 100 A2v2
= 10−2v2 = 0.07 m / s
b) L’altezza H della cisterna si può ottenere dall’equazione di Bernoulli:
0
2 1 2
1 2
2 0
2 1
0+ v + gH = p + v +
p
ρ ρ ρ
22 12 22
2 1 2
1 2
1 v v v
gH ρ ρ ρ
ρ = − ≈
:H = v22 2g
= (7m / s)2
2 × 9.8m / s2 = 2.5m
SOLUZIONE ESERCIZIO 3 (Elettrostatica)
a) Il campo elettrostatico creato da Q nei punti che distano R da Q è:
E = k Q / R 2 ( r ) dove k = ¼π εo = 9 10 9 N m2 / C2 e r è un versore parallelo al raggio della circonferenza e verso uscente da O. Sostituendo i valori numerici si ottiene che il modulo di E è /E/ = 9 1011 N/C ; la direzione e verso è radiale, uscente da Q.
La forza centripeta, che determina il moto circolare uniforme di q intorno a Q, è la forza F di attrazione elettrostatica esercitata da Q su q : F = k Q q / R2 ( -r ), diretta da q verso Q. Il modulo di F è , /F/
=0.9 N.
Il modulo della velocità v della carica q si ricava dalla F = m v2 / R, da cui risulta /v/ = 3 103 m/s.
b) L’energia totale del sistema delle due cariche , En , è la somma dell’energia cinetica di q e
dell’energia potenziale elettrostatica , pertanto En = ½ m /v/2
-
k/ Qq / R = - ½ k Qq/R = - 4.5 10 –7 J .SOLUZIONE ESERCIZIO 4 (Termodinamica)
a)
p
A B D
C
V Le coordinate termodinamiche dei punti A, B, C e D sono:
pA = 2.03 105 N/m2; VA = 10 10 -3 m3 ; TA = pA VA /nR= 121.9 K pB = pA = 2.03 105 N/m2; VB = 20 10 -3 m3 ; TB = pA VB /nR= 243.8 K pC = 0.5 pB =1.01 105 N/m2; VC = 40 10 -3 m3 ; TC =243.8 K
pD = pA =2.03 105 N/m2; VD = VC = 40 10 -3 m3 ; TD = pA VD/nR= 487.6 K
QAB = n cp (TB-TA) = 5064.9 J; QBC= nRTB lnVC/VB = 2808.6J; QCD= ncv (TD-TC)=6077.9J. Qtot=
13951.4J , assorbito.
b) E(D)- E(A)= ncv (TD-TA)=9135.2J
