compitino21-6

FISICA per SCIENZE BIOLOGICHE, A.A. 2005/2006
Seconda prova parziale, 21 Giugno 2006
1) 2 moli di gas perfetto biatomico compiono il seguente ciclo termodinamico:
AB espansione isobara, BC espansione isoterma,
CD compressione isobara, DA compressione isocora.
Si conoscono VA = 50 dm3, pA= 2 atm, VB =3 VA, VC = 5VA.
a) Disegnare il ciclo sul piano p-V e calcolare le coordinate termodinamiche (p,V,T)
nei punti A, B, C e D;
b) Calcolare il calore scambiato ed il lavoro nelle quattro trasformazioni;
c) FACOLTATIVO: verificare, nel limite delle approssimazioni usate, il primo principio
della termodinamica per l’intero ciclo.
2) Un cilindro cavo, la cui cavità occupa il 90% del volume, ha raggio di base R = 0.1m e
altezza h = 0.6 m. Il cilindro galleggia in un serbatoio d’acqua con il 40 % del suo volume
immerso. Si trascuri la presenza dell’aria all’interno del cilindro.
a) Calcolare la densità del materiale che costituisce il cilindro;
b) Calcolare l’intensità della forza che deve essere applicata dall’esterno per mantenere
il cilindro completamente immerso in acqua (senza che l’acqua entri );
c) FACOLTATIVO: Determinare il numero di biglie di vetro (di raggio rb = 2 cm e densità
b= 2500 kg/m3) che è possibile mettere all’interno della cavità prima che il cilindro
affondi.
3) Due cariche positive uguali di carica Q = 5 10-4 C sono fissate rispettivamente nei punti di
coordinate A= ( 1 m, 0) e B= (-1m,0) di un sistema di assi cartesiani x,y. Si calcoli :
a) Modulo, direzione e verso della forza che agisce su una carica positiva q = 10-6 C che
si trova nel punto P= ( 0, 1m);
b) Il campo elettrico ed il potenziale elettrico nell’origine degli assi cartesiani;
c) FACOLTATIVO: il lavoro dalla forza elettrostatica quando la carica positiva
q = 10-6 C si sposta dall’origine degli assi al punto P.
SOLUZIONE ESERCIZIO 1
Il ciclo termodinamico, rappresentato in figura, è
percorso in senso orario e le coordinate (P,V,T)
valgono:
stato A:
pA = 2 atm, VA = 50dm3 = 0.05 m3, TA=pAVA/nR610 K
stato B:
pB = pA=2 atm, VB=3VA = 150dm3 = 0.15 m3,
TB=PBVB/nR1805 K
stato C:
essendo C sulla isoterma di B di ha pBVB=pCVC, da cui
pC = pBVB/VC=pA3VA/5VA=3/5 pA=1.2 atm
TC=TB 1805 K
stato D:
pD = pC=3/5 pA=1.2 atm
VD = VA = 0.05m3
TD=pDVD/nR 366 K
La quantità PAVA vale 100 l atm ovvero 1.013 104 J. Abbiamo dunque:
Isobara AB
QAB = n Cp T = 7/2 PA (VB – VA) = 7 PA VA 7.09 104 J
WAB = PA (VB -VA)  2.026 104 J.
Isoterma BC
QBC = n R TB ln VC/VB = PB VB ln 5/3 = 3 PA VA ln 5/3  1.55 104 J.
WBC = QBC
Isobara CD
QCD = n Cp T = 7/2 n R T = 7/2 PC (VD - VC) = -42/5 PA VA  -8.51 104 J.
WCD = PC (VD -VC) = -12/5 PA VA  - 2.43 104 J.
Isocora DA
QDA = n Cv T = 5/2 n R T = 5/2 (PA VA – PD VD) = PA VA  1.013 104 J.
WDA =0
Calori e lavoro totali per il ciclo
QTot = PA VA (7 + 3 ln 5/3 – 42/5 +1 ) = PA VA (3 ln 5/3 - 2/5)  1.15 104 J.
WTot = PA VA (2 + 3 ln 5/3 – 12/5) = PA VA (3 ln 5/3 - 2/5)  1.15 104 J

U=QTot –WTot = 0
SOLUZIONE ESERCIZIO 2
a) Se il cilindro è in equilibrio con il 40% del volume immerso abbiamo che la forza peso è
equilibrata dalla forza di Archimede ovvero che dC 0.1 VC g = 0.4 VC dA g dove 0.1 VC è il
volume del cilindro occupato dal materiale (e che quindi concorre alla massa) e 0.4 VC è il
volume immerso (che “sposta” l’acqua). Abbiamo dunque dC = 4 dA = 4000 kg/m3 .
b) Per mantenere in equilibrio il corpo completamente immerso dobbiamo applicare una forza
F tale che F + mg =FA ovvero che F + dC 0.1 VC g = VC dA g. Si ottiene F = VC g (dA –0.1 dC )
=  R2 h g dA 0.6  110.8 N.
c) Il problema è analogo al punto b). Il numero di biglie ammesse è n=F/PB dove
PB = 4/3  r3 g dB  0.821 N è il peso di una singola biglia. Si ottiene n=134.95.
Dovendo essere il numero di biglie un intero, è necessario arrotondare per difetto, ossia n=134.
SOLUZIONE ESERCIZIO 3
a) La forza elettrostatica totale che agisce
sulla carica q posta in P è data dalla
somma vettoriale delle forze di Coulomb
FAP ed FBP, come disegnato in figura.
Essendo le distanze AP e BP uguali,
tali forze hanno la medesima intensità
F
1
qQ
40 AP 2
Come mostrato in figura, tali forze hanno la
stessa proiezione sull’asse y e proiezioni uguali ed opposte sull’asse x.
Da ciò segue che la forza elettrostatica totale è un vettore diretto lungo l’asse y di intensità
pari alla somma delle componenti y di ciascuna forza:
4
 1 qQ


 10 6 2 
0
9 5  10

 N  3.18 N
Ftot  2  
cos
45

2

9

10


 40 AP 2

2
2




ossia:


Ftot  (3.18 N ) j
b) Il campo elettrostatico nell’origine degli assi è nullo, dato che i campi prodotti da
ciascuna carica Q nel punto O hanno stessa intensità
E
1
Q
40 OA 2
, stessa direzione e versi opposti.
Il potenziale in O è dato dalla somma dei potenziali elettrostatici:
V 
1
Q
40 OA

1
Q
40 OB

5  10 4
9

 2
 2   9  10 
40 OA
1

1
Q

V  9  10 6 V

c) Il lavoro fatto dalla forza elettrostatica è uguale ed opposto alla variazione di energia
potenziale:
L   U  U (O)  U ( P )  2 
1
qQ
40 OA
 2
1
qQ
40 AP


(5  10  4 )10 6 
(5  10  4 )10 6 
 J  2   9  109 
 J  9 J  6.36 J  2.7 J
 2   9  109 
1
2



