CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE Prova scritta di

CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE
Prova scritta di FISICA – 7 Luglio 2008
1) Meccanica:
Un proiettile di massa mP=30 g , che ha velocità vP=10 m/s, è sparato contro un blocco di massa MB=200 g,
fermo su un piano orizzontale. Dopo l’urto perfettamente anelastico, in cui il proiettile si conficca nel blocco,
il blocco si mette in moto e sale lungo un piano scabro, inclinato di 30 ° rispetto al piano orizzontale, fino
ad un punto B , dove si arresta . Il coefficiente di attrito piano inclinato – blocco, µ, vale 0.1.
Si calcoli:
a) la velocità del blocco ( + proiettile ) subito dopo l’urto.
b) il tratto percorso dal blocco ( + proiettile ) lungo il piano inclinato prima di arrestarsi
2) Elettrostatica:
Due cariche puntiformi di segno opposto e valore assoluto |Q| = 1 x 10 - 6 C si trovano nei punti A =
(d,0) e B=(3d,0), dove d= 1m. La carica positiva si trova in A e quella negativa in B. Determinare:
a) il campo elettrico (modulo, direzione e verso) generato nel punto P di coordinate P = (2d, d)
e la forza elettrostatica (modulo, direzione e verso) di cui risente una carica di prova
q0 = + 1x 10 – 12 C posta nel punto P;
b) l’energia potenziale elettrostatica di q0 nel punto P.
3) Fluidi:
Una cisterna cilindrica di altezza h = 1 m ha base circolare di raggio R1 = 1m. La cisterna si trova a
quota H = 4m dal suolo e presenta sulla superficie laterale, in prossimità della base inferiore, un
forellino di sezione circolare e raggio R2 = 1 cm. Determinare:
a) il rapporto v1/v2 fra le velocità del fluido (acqua) in corrispondenza della base superiore (v1)
e del forellino (v2) e la velocità v2 di deflusso dal forellino;
b) il tempo impiegato dallo zampillo d’acqua uscente dal forellino per raggiungere il suolo
e la massima distanza orizzontale percorsa.
4) Termodinamica:
Una mole di un gas perfetto monoatomico compie il seguente ciclo:
trasformazione AB: isoterma dallo stato A di pressione pA = 2 atm e volume VA = 1 l
allo stato B di pressione pB = pA/2 e volume VB = 2VA;
trasformazione BC: isobara dallo stato B allo stato C di pressione pC = pA/2e volume VC = VA;
trasformazione CA: isocora dallo stato C allo stato A.
a) Si disegnino le tre trasformazioni nel piano (p,V) e si determinino le coordinate termodinamiche
(p,V,T) degli stati A, B e C;
b) Si calcoli la variazione di energia interna, il lavoro ed il calore scambiato nelle tre trasformazioni
e nell’intero ciclo;
c) FACOLTATIVO: si determini il rendimento della corrispondente macchina termica.
(R= 8.31 J/Kmole =0.082 l atm /K mol ; k=8.99 109 N m2 /C2)
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), fisbio.webhop.net
(EN), www.mi.infn.it/~sleoni (OZ)
SOLUZIONE ESERCIZIO 1 (Meccanica)
a) Nell’urto si conserva la quantità di moto totale del sistema e pertanto , indicato con mP ed MB le
masse del proiettile e del blocco, con vP la velocità del proiettile e con V la velocità del sistema
blocco+proiettile dopo l’urto, si ha :
mP vP = (mP + MB ) V da cui si ricava V.
Sostituendo i valori numerici si ha V=1. 3 m/s
b) Salendo sul piano inclinato il blocco ( + proiettile ) è soggetto alla forza peso, alla forza di attrito e
alla reazione normale al piano. Scelto l’asse x di un sistema d’assi (x,y), parallelo al piano inclinato,
con verso coincidente con quello del moto ( verso l’alto ) , e con origine O alla base del piano
inclinato , la componente x della forza risultante è:
Fx = - (mP + MB ) g sen 30° - µ (mP + MB )g cos 30°
Il Lavoro compiuto dalla forza risultante nel tratto D percorso prima di arrestarsi uguaglia la
variazione di energia cinetica del blocco ( + proiettile ).
Vale pertanto
- (mP + MB ) g sen 30° D - µ (mP + MB )g cos 30°D = = 0 - ½ (mP + MB ) V 2
da cui si ricava D.
D= V 2 / 2g (µ cos 30° + sen 30° )
Sostituendo i valori numerici si ottiene D=0. 15 m
SOLUZIONE ESERCIZIO 2 (Elettrostatica)
a) Il campo elettrico in P è dato dalla somma
vettoriale dei campi EA e EB prodotti dalle cariche +Q
e –Q.
Essendo P equidistante dai punti A e B, i campi
EA ed EB hanno lo stesso modulo, pari a
E A = EB =
y
EA
1
Q
2
4πε 0 rAP
Q
4πε 0 2d 2
1 Q
8πε 0 d 2
P=(2d,d)
q0
1
O
+Q
A=(d,0)
EB
-Q
B=(3d,0)
x
e risultano inclinati di +45° e -45° rispetto all’asse x, come mostrato in figura.
La loro somma vettoriale risulta quindi parallela e concorde all’asse x, con modulo pari al doppio
della componente x di ciascun campo:
r
r
1 Q
cos 45 0 i
E Tot = 2 ×
2
8πε 0 d
2
10 −6 C 2 r
9 Nm
)
= (9 × 10
i
C 2 (1m 2 ) 2
r
= 6.36 × 10 3 N / C i
La forza di cui risente q0 è quindi:
r
r
F = q0 E Tot
r
= 10 −12 C × 6.36 × 10 3 N / C i
r
= 6.36 × 10 −9 N i
b) L’energia potenziale elettrostatica di q0 in P è nulla, essendo pari alla somma delle energie
potenziali elettrostatiche relative ai campi EA ed EB prodotti da cariche sorgenti uguali ed opposte,
ed equidistanti da P:
 1 Q
1 Q
 = 0
U ( P) = q0 
−
 4πε 0 rAP 4πε 0 rBP 
SOLUZIONE ESERCIZIO 3 (Fluidi)
a) Per l’equazione di continuità le velocità v1 e v2 alle sezioni A1 ed A2 sono tali per cui:
A1 v1 = A2 v 2
v1 A2 πR22
=
=
v 2 A1 πR12
=
(0.01m) 2
(1m ) 2
= 10 − 4
La velocità v2 di deflusso si ottiene dal teorema Bernoulli:
p0 +
1 2
1
ρv1 + ρg ( H + h) = p0 + ρv2 2 + ρgH
2
2
1
1
1
ρv2 2 − ρv12 ≈ ρv2 2 = ρgh
2
2
2
da cui segue che:
v 2 = 2 gh
= 2 × 9.8m / s 2 × 1m = 4.43 m / s
b) Il tempo impiegato dallo zampillo per raggiungere il suolo (a quota y = 0) si ricava dalla legge del
moto uniformemente accelerato lungo y, sapendo inoltre che la velocità dello zampillo all’uscita del
forellino, vo , ha componenti vox = 4.43 m/s e voy = 0.
y = y0 + v0 y t −
1 2
gt
2
1 2
gt = 0
2
da cui segue:
=H −
t = 2H / g = 2 ×
4m
≈ 0.9 s
9.8m / s 2
a cui corrisponde uno spostamento orizzontale
x = v 0 x t = v 2 t = 4.43 m / s × 0.45s = 3.987m ≈ 4m
SOLUZIONE ESERCIZIO 4 (Termodinamica)
a) A partire dall’equazione di stato dei gas
perfetti determino le coordinare
termodinamiche (p,V,T):
stato A:
p A = 2 atm = 2 × 10 Pa
5
V A = 1l = 10 − 3 m 3
pV
2 × 10 5 Pa × 10 − 3 m 3
TA = A A =
≈ 24 K
nR
8.31 J / K
p
pA
pB
stato B:
pB = p A / 2 = 1atm = 1 × 105 Pa
A
C
VA
B
VB
VB = 2VA = 2l = 2 × 10−3 m3
TB = TA ≈ 24 K
stato C:
pC = p A / 2 = 1atm = 1 × 105 Pa
VC = VA = 1l = 1 × 10− 3 m3
TC =
pCVC
pV
= A A = TA / 2 ≈ 12 K
nR
2nR
b) Per il calcolo di ∆E, Q e W si applica il primo principio della termodinamica
Trasformazione A→B:
∆E AB = ncV ∆T = 0
B
B
nRT A
V
dV =nRT A ln B = nRT A ln 2 ≈ 138J
V
VA
A
Q AB = W AB = ∫ pdV = ∫
A
Trasformazione B→C:
pA
V A = −100 J
2
5
5
Q BC = nc P ∆T = R (TC − T B ) = − RT A ≈ −250 J < 0
2
4
pA
5
3
∆E BC = Q BC − W BC = − RT A +
V A = − p AV A ≈ −150 J
4
2
4
W BC = p B (V C − V B ) = −
Trasformazione C→A:
WCA = 0
3
3
R (T A − TC ) = RT A ≈ +150 J > 0
2
4
≈ +150 J
Q CA = ncV ∆T =
∆E CA = Q CA
Intero Ciclo:
∆ECiclo = 0
Wtot = WAB + WBC = +38 J
Qtot = QAB + QBC + QCA ≈ +38 J
c) FACOLTATIVO:
Il rendimento del ciclo è pari a
η=
Wciclo
Wciclo
38 J
=
=
= 13%
Q> 0
QAB + QCA 138 J + 150 J
V