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 fatto dal gas 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
ρb= 2550 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.
SCRIVERE IN MODO CHIARO. DESCRIVERE I PROCEDIMENTI E LE FORMULE USATE.
SOSTITUIRE I VALORI NUMERICI SOLO ALLA FINE. INDICARE LE UNITA` DI MISURA.
TESTO, SOLUZIONI ED ESITI DELLA PROVA VERRANNO PUBBLICATI ALLE PAGINE:
FISBIO.WEBHOP.NET (LINEE AD E EN) WWW.MI.INFN.IT/~SLEONI (LINEA OZ)
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∼1829 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 ∼1829 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 )
= π 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 π r3 g dB ≅ 0.821 N è il peso di una singola biglia. Si ottiene n=132.36.
Dovendo essere il numero di biglie un intero, è necessario arrotondare per difetto, ossia n=132.
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
4πε 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
× 10 − 6 2
qQ
0
9 5 × 10
N = 3.18 N
=
×
×
Ftot = 2 ×
cos
45
2
9
10
4πε 0 AP 2
2
2
ossia:
r
r
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
4πε 0 OA 2
, stessa direzione e versi opposti.
Il potenziale in O è dato dalla somma dei potenziali elettrostatici:
5 × 10 −4
9
+
= 2×
= 2 × 9 × 10 ×
V =
4πε 0 OA
4πε 0 OB
4πε 0 OA
1
1
Q
1
1
Q
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
4πε 0 OA
−2×
1
qQ
4πε 0 AP
(5 × 10 − 4 )10 − 6
(5 × 10 − 4 )10 − 6
J − 2 × 9 × 10 9 ×
= 2 × 9 × 10 9 ×
1
2
J = 9 J − 6.36 J = 2.64 J
