Soluzioni

CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE
Prova scritta di FISICA – 11 Settembre 2014
1) Un corpo di massa m1= 2 kg si muove su un piano orizzontale scabro, con coefficiente di attrito dinamico
µ = 0.3, partendo con velocità v0 = 10 m/s. Dopo avere percorso un tratto s = 1 m urta in modo
completamente anelastico un corpo di massa m2 = 20 g. Dopo l'urto i due corpi proseguono il loro moto lungo
una guida verticale perfettamente liscia e semi-circolare, di raggio R = 1 m, come mostrato in figura.
Determinare:
a. l’energia cinetica e la velocità del corpo m1 alla fine del tratto s
C
b. la velocità dei corpi dopo l'urto nei punti A, B e C,
specificando la direzione ed il verso.
R B
m1
m2
s
A
x
2) Nel punto A (0, d) di un sistema di assi (x,y) di origine O è fissata una carica Q positiva.
Nel punto B(0, - 2d) è fissata un’altra carica Q x , positiva. Sapendo che Q = 4 nC e d = 20 cm, calcolare :
a. il valore di Q x in modo tale che il campo elettrico nel punto C (0, -d) sia nullo.
b. il potenziale nel punto C supponendo che Qx sia pari a Q .
[N.B. ε0 = 8.85 10-12 C2/Nm2]
3) Un recipiente cilindrico, aperto superiormente , ha diametro pari a 2 m. Contiene acqua ed ha sul fondo un
foro , che ha sezione s = 2 cm2, ed è inizialmente chiuso da un tappo. Tolto il tappo, l’acqua esce dal foro con
portata volumetrica Q pari a 2 L/s. Calcolare:
a. la velocità con cui l’acqua esce inizialmente dal foro e la velocità dell’acqua in un punto della superficie
libera superiore.
b. il volume di acqua inizialmente contenuto nel recipiente.
[N.B.: Supporre l’acqua nel recipiente un fluido ideale in moto stazionario e irrotazionale]
4) Una mole di un gas ideale monoatomico compie la seguente trasformazione ciclica:
A → B: trasformazione isocora da pressione pA = 1 atm e volume VA = 1 litro a pB = 2 atm;
B → C: trasformazione con variazione lineare della pressione con il volume, fino allo stato C con
pressione pC = 1 atm e volume VC = 2 VA;
C → A: compressione isobara.
a. Si disegni nel piano (p,V) la trasformazione termodinamica, indicandone il verso di percorrenza, e si calcolino le
temperature degli stati A, B e C;
b. Si calcolino calore, lavoro e variazione di energia interna per le tre trasformazioni precedenti e per l’intero ciclo.
[N.B.: R= 8.31 J/Kmole =0.082 l atm /K mol ]
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/ (A-L), www.mi.infn.it/~sleoni (M-Z)
SOLUZIONE ESERCIZIO 1
a. Lungo il tratto s l’unica forza che compie lavoro, a scapito della energia cinetica iniziale, è la forza di attrito:
ΔK = Latt
 
1
1
m
ΔK = m12 v12 − m1v02 = Fatt ⋅ d = −µ Nd = −µ mgd = −0.3× 2kg × 9.8 2 ×1m = −5.9J
2
2
s
da cui si ottiene l’energia cinetica e la velocità alla fine del tratto d:
1
1
m
K f = m12 v12 = ΔK + m1v02 = −5.9J + 0.5 × 2kg × (10 )2 = 94.1J
2
2
s
2K f
2 × 94.1J
m
v1 =
=
= 9.7
m1
2kg
s
b. Essendo l’urto perfettamente anelastico si conserva solo la quantità di moto ed i due corpi, dopo l’urto,continuano
il loro moto uniti, con velocità v:
m1v1 = (m1 + m2 )v
m1
2kg
m
m
v=
v=
9.7 = 9.6
(m1 + m2 )
(2kg + 0.02kg)
s
s
Per il calcolo della velocità nei punti A, B e C, dopo l’urto, si sfrutta il principio di conservazione dell’energia
meccanica. La velocità è sempre tangente alla traiettoria con verso concorde al moto.
Punto A:
1
m
K A = (m1 + m2 )v 2 = 0.5 × (2.02kg) × (9.6 )2 = 93.1J
2
s
m
vA = v = 9.6
s
Punto B:
1
Emecc,B = (m1 + m2 )vB2 + (m1 + m2 )gR = Emecc,A = K A
2
1
m
K B = (m1 + m2 )vB2 = K A − (m1 + m2 )gR = 93.1J − 2.02kg × 9.8 2 ×1m = 73.3J
2
s
2K B
2 × 73.3J
m
vB =
=
= 8.52
(m1 + m2 )
2.02kg
s
Punto C:
1
Emecc,C = (m1 + m2 )vC2 + 2(m1 + m2 )gR = Emecc,A = K A
2
1
m
K C = (m1 + m2 )vC2 = K A − 2(m1 + m2 )gR = 93.1J − 2 × 2.02kg × 9.8 2 ×1m = 53.5J
2
s
vC =
2K C
2 × 53.5J
m
=
= 7.3
(m1 + m2 )
2.02kg
s
SOLUZIONE ESERCIZIO 2
a. Il campo elettrostatico creato in C dalla carica Q fissata in A vale :
EQ = (k Q / 4d 2 ) (- j ) dove
k = 1/ 4πε0
Il campo elettrostatico creato in C dalla carica Qx fissata in B vale :
EQx = (k Qx / d 2 ) ( j ).
I due campi hanno verso opposto, pertanto affinchè il campo totale in C sia nullo i due campi devono
avere lo stesso modulo:
( k Q / 4 d 2 ) = (kQx / d 2 )
da cui si ottiene
Qx = (1/4) Q = 1 nC.
b. Il potenziale in C dovuto alle due cariche è
V(C) = ( k Q / 2d) + (k Qx /d) = (3/2) k Q / d
Sostituendo i valori numerici si ha V(C) = 269.7 Volt
SOLUZIONE ESERCIZIO 3
a. La portata volumetrica Q = v S dove v è la velocità del fluido attraverso la sezione S del condotto . La
velocità di efflusso dell’acqua dal foro vF si calcola quindi dalla vF = Q / SF dove SF è la sezione del foro.
Sostituendo i valori numerici si ottiene:
vF = 2 ∗ 10 –3 (m 3 / s) / 2 ∗ 10–4 (m2) = 10 m/s. Analogamente la velocità alla superficie libera superiore vL è
vL = Q / SL dove SL è la sezione del cilindro. Sostituendo i valori numerici si ottiene : vL = 2 ∗ 10 –3 (m 3 / s) / 1 2
∗ π (m2 ) = 0.64 ∗10 –3 (m / s).
b. Applicando il teorema di Bernoulli ai punti della superficie libera dell’acqua e a quelli del foro si ha:
½ ρ vL2 + ρg hL = ½ ρ v F2 dove hL è l’altezza dell’ acqua contenuta nel cilindro . Il termine ½ ρ vL2 è
trascurabile rispetto a ½ ρv F2 e pertanto h ≅ ½ v F2 / g = 5.1 m. Il volume di acqua inizialmente contenuto è
pertanto V= SL hL = 1 2 ∗ π (m2 ) ∗ 5.1 (m) = 16 m3.
SOLUZIONE ESERCIZIO 4
a) Le temperature degli stati A, B e C possono essere ricavate applicando
l’equazione di stato dei gas perfetti.
p
pV = nRT
sapendo che:
5
2
3
3
pA= 1×10 N/m , VA= 10 m ;
pB= 2 x105 N/m2, VB= 10 3 m3;
pC= 1 x105 N/m2, VC= 2x10 3 m3.
−
2pA
B
pA
A
−
−
TA = pAVA/nR
= (1×105 N/m2) (10 3 m3) / (1 moli ×8.31 J/K mole) = 12.03 K
VA
C
2VA
V
−
TB = pBVB/nR =2 pAVA/nR = 2TA = 24.06 K
TC = pCVC/nR = 2 pAVA/nR = 2TA = 24.06 K
b) Trasformazione A → B: W = 0
Q = ncv ΔT = 3/2 R (TB-TA) = 3/2 R TA = 149.95 J
ΔEint = Q = 149.95 J
Trasformazione B→ C: ΔEint = 0 (dato che TB = TC)
Q = W = (pB + pA) x (VB-VA)/2 = 3pA VA/2
= 3/2 105 Pa 10-3 m3 = 150 J
Trasformazione C→ A:
Q = ncpΔT = 5/2 R (TA-TC)= - 5/2 R TA = -249.92 J
W = pA (VA-VB) = -100 J
ΔEint = Q – W = -149.92 J
La variazione di energia interna per l’intero ciclo è nulla ed il calore Qciclo scambiato è pari al lavoro
Wciclo svolto dal gas (corrispondente all’area del tirangolo ABC):
Wciclo = Qciclo = (2VA-VA) x (2pA-pA)/2 = pAVA/2 = 105 Pa x 10-3 m3 /2 = 50 J

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