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