FISICA per SCIENZE BIOLOGICHE A.A. 2014/2015
Appello 25 giugno 2015
1) Un corpo di massa M = 300 g viene lasciato libero di muoversi lungo un piano inclinato scabro, con
coefficiente di attrito µ=0.2 e angolo di inclinazione = 30°, partendo con velocità nulla da un punto A a
quota H = 2.5 m rispetto alla base del piano. Giunto in B, alla base del piano, procede su un tratto orizzontale
liscio, fino al punto C, dove urta in modo completamente anelastico un corpo di massa 2M, fermo in C.
Dopo l’urto i due corpi procedono fino al punto D ove si trova un gradino di altezza h = 20 cm, come
mostrato in figura. Si determini:
a) la velocità del corpo di massa M nel punto B (alla
base del piano inclinato) e nel punto C (sul tratto
orizzontale liscio e immediatamente prima dell’urto);
b) la velocità V dei due corpi in C, immediatamente
dopo l’urto anelastico, la velocità in corrispondenza al
punto D, alla fine del piano orizzontale; la distanza
orizzontale massima raggiunta dai due corpi dopo avere
lasciato il punto D, ove si trova il gradino.
2) Dato un sistema d’assi cartesiani (x,y), nel punto A di coordinate (0,1m) è fissata una carica q, positiva di
4 10-10 C. Nel punto B, di coordinate (0, 2m), è inoltre fissata una carica Q, positiva di 16 10-10 C. Si
determini:
a) il campo elettrostatico creato dalle due cariche nell’origine degli assi (specificando direzione, modulo e
verso) e le coordinate di eventuali punti di equilibrio, posti sull’asse y.
b) il lavoro compiuto dalle forze del campo per spostare una carica qo di 2 10-12 C, dall’origine degli assi
fino al punto R, di coordinate ( 2m, 0).
( ε0 = 8.85 10-12 C2/Nm2 )
3) Un recipiente sferico vuoto ha volume V= 1 litro, massa 120 g e spessore trascurabile. Viene immerso in
acqua. Si determini:
a) il raggio della sfera e la forza esterna che occorre applicare ( si specifichi modulo, direzione e verso), per
tenere in equilibrio il recipiente sferico, vuoto, tappato e immerso per metà del suo volume nell’acqua.
b) la massa d’acqua che occorre versare nel recipiente sferico vuoto in modo tale che, tappato e posto in
acqua , risulti in equilibrio con metà del suo volume immerso .
4) Una mole di un gas perfetto biatomico che si trova inizialmente nello stato termodinamico
(pA = 105 N/m2 , VA = 3 10-2 m3, TA ), compie il ciclo termodinamico composto dalle seguenti
trasformazioni:
AB: espansione isoterma fino al volume VB = 2 VA; BC: compressione isobara fino al volume VC = VA ;
CA: compressione isocora fino alla pressione iniziale ;
a) si disegni il ciclo su un piano V, p e si determinino le variabili p, V e T per i punti A, B, C ;
b) si calcolino il lavoro compiuto e il calore scambiato dal gas in ognuna delle tre trasformazioni e si
determini il rendimento del ciclo;
c) facoltativo: si confronti il rendimento del ciclo con quello di un analogo ciclo che utilizzi gas perfetto
monoatomico e con quello di un ciclo di Carnot che lavori tra la temperatura minima e quella massima del
ciclo.
(R= 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 1
a)
La velocità in B si ottiene applicando il teorema lavoro-energia cinetica, dove le forze che compiono
lavoro sono la componente lungo il piano della forza peso (Mgsin) e la forza di attrito (-µMgcos
piano ed opposta al moto del corpo:
K = ½ MVB2-½ MVA2= ½ MVB2 = Lg + Lk = (Mgsin - µMgcos) AB
dove il tratto AB lungo il piano inclinato è pari a H/sin.
Si ottiene quindi:
VB = 5.7 m/s
La velocità in C è a stessa in B, non essendoci attrito ed essendo il piano orizzontale:
VC = 5.7 m/s
b)
Trattandosi di un urto completamente anelastico, dalla conservazione della quantità di moto si ottiene per
la velocità V dopo l’urto:
MVC = (M+2M)V= 3MV
V = VC/3 = 1.9 m/s
La velocità in D è la medesima, dato che il piano è orizzontale e liscio.
La distanza orizzontale massima raggiunta, dopo il gradino, si ottiene applicando le equazioni di moto del
proiettile:
x = Vt
y = -1/2gt2 = -h = -0.2 m
da cui si deduce:
t = (2h/g)1/2 = 0.2 s
x = 0.38 m
SOLUZIONE ESERCIZIO 2
a) Il campo elettrostatico totale E è la somma del campo Eq e di EQ , creati rispettivamente da q e da Q.
Nell’Origine degli assi i due campi sono paralleli ed equiversi , pertanto il modulo di E è la somma dei moduli di
Eq e di EQ . La d irezione e il verso di E sono quelli di –j . Il moduli di Eq e di EQ sono: / Eq / = k q / (OA)2 ;
/ EQ / = k Q / (OB)2 |= k 4q / 4 (OA)2 = / Eq /. Si ha pertanto
/E/ = 2 / Eq / = 72 10 -1 N/C ( -j ).
Gli eventuali punti di equilibrio (P) si possono trovare solo tra A e B in quanto solo in questa regione i due campi
hanno verso opposto. Indicato con y l’ordinata di P, i moduli dei due campi sono / Eq / =k q / (y-1)2 ed / EQ /
= k 4q /(2-y)2. Per gli eventuali punti di equilibrio deve essere / Eq / = / EQ / da cui si ricava 3y 2 - 4y = 0 .
L’equazione ammette due soluzioni : y=0 e y = 4/3, ma y=0 non è accettabile in quanto i due campi nell’Origine
hanno lo stesso verso e pertanto non si annullano. Il punto di equilibrio sull’asse y ha pertanto ordinata y = 4/3 m.
b) Il lavoro totale L compiuto dalle forze del campo per spostare qo da O fino ad R , è la somma del lavoro
compiuto dalle forze del campo creato dalla carica q, Lq , e del lavoro compiuto dalle forze del campo creato
dalla carica Q, LQ. . Inoltre Lq = (U q (O) –U q (R)) ed LQ = (U Q (O) –U Q (R) ). dove U q è l’energia potenziale
dovuta alla carica q e UQ è l’energia potenziale dovuta alla carica Q . Inoltre U q(O) –U q(R) ) = k q qo (1 / (OA)
- 1/ (RA)) e UQ (O) –UQ(R) = k Q qo (1 / (OB) - 1/ (RB)), dove OA = 1m, OB= 2m, RA= 5 m , RB = 8 m .
Sostituendo i valori numerici si ottiene Lq = 39.8 10 -13 J e L Q= 43.2 10 -13 J . L è pertanto 83 10 -13 J .
SOLUZIONE ESERCIZIO 3
a) Il raggio R del recipiente sferico si ricava dal volume dalla relazione R = ( 3V / 4) 1/3. Sostituendo i valori
numerici, V= 1litro= 10 -3 m3 , si ottiene R= 6.18 cm. Il recipiente sferico è soggetto alla forza peso P = mg =
1.18 N e , qualora sia immerso in acqua per metà del volume, è soggetto alla forza di Archimede, S = m’ g , dove
m’ e la massa di acqua contenuta in un volume pari a quello di una semisfera di raggio R, quindi la massa di
acqua è 0.5 kg.. La Spinta Archimedea è pertanto 4.9 N., diretta verso l’alto , lungo la verticale . La forza esterna
Fe da applicare per la condizione di equilibrio ( verso il basso, lungo la verticale ) è pertanto (4.9-1.18)N = 3.72
N.
b) La condizione di equilibrio si può ottenere versando nel recipiente sferico vuoto una quantità di acqua il cui
Peso sia 3.72 N e pertanto 0.38 kg .
SOLUZIONE ESERCIZIO 4
a)
Il ciclo ABC è mostrato in figura .
A
C
B
TA .= pA VA /nR = 361 K; pA = 105 N/m2 , VA = 3 10-2 m3
T B = TA
pB = pA /2 ; VB = 2VA = 6 10-2 m3
VC = VA
pC = pA /2 TC = TA /2 = 180.5 K
b) LAB = nR TA ln (VB / VA ) = 2078.9 J ; LBC = pB ( VC - VB ) = - 1500 J; LCA = 0
QAB = LAB = 2078.9 J
QBC = n cp (TC - TB) = -5249.8 J cp = 7 R/2
QC A= n cV (TA - TC) = 3749.9 J
cV = 5 R/2.
Inoltre Lciclo = 578.9 J .
Il rendimento del ciclo è = Lciclo / Q assorbito = 0,09 ( nota : Q assorbito = Q AB + Q CA ).
c) Se il gas fosse monoatomico il Lavoro non cambierebbe, ma il Calore sì, poiché variano
cp e cV
che sarebbero uguali rispettivamente a 5R/2 e 3R/2 . Il calore QC A= sarebbe quindi 2249.9J e il
calore assorbito 4328.8 J . Il rendimento diventerebbe quindi 0,13.
Se il ciclo fosse un ciclo di Carnot, operante tra la minima e la massima temperatura del ciclo studiato, il
rendimento varrebbe Carnot = 1 - TC / TA = 0.5
