CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE Prova di FISICA del 9 novembre 2004

Transcript

1 ORSO DI LURE IN SIENZE IOLOGIHE Prova di FISI del 9 novembre 004 1) Una particella di massa m= 0.5 kg viene lanciata dalla base di un piano inclinato O con velocità iniziale v o = 4 m/s, parallela al piano. Sapendo che il coefficiente di attrito piano-particella µ=0.1, che l'angolo formato dal piano inclinato con il piano orizzontale terrestre è pari a 0 e che O = 0.5 m, si determini: a) la variazione di energia cinetica della particella nel tratto O; b) la massima quota della traiettoria della particella rispetto al suolo, dopo aver abbandonato il piano inclinato. O m, v o ) Data la lamina piana, infinitamente estesa, uniformemente carica positivamente con densità superficiale +σ = 10-6 /m, passante per il punto = (m, 0) e la cui sezione è parallela all asse y, e la carica positiva Q= 10-6, posta nell origine degli assi (vedi figura), si determini: a) in quale punto P dell asse x ( si indichi con d l ascissa del punto P) debba essere posta una carica puntiforme positiva +q = 10-8, perché +q risulti in equilibrio; b) il lavoro che la risultante delle forze elettrostatiche compie, quando la carica +q viene spostata dal punto =( 1m, 0) al punto =( 0, 1m). (Note: Trascurare la forza peso; ε 0 = /Nm ) y +Q O +σ x ) Dell acqua viene pompata da un fiume fino ad un villaggio di montagna attraverso un tubo di diametro d = 15.0 cm. Il fiume è a quota h 1 = 564 m, mentre il villaggio si trova a quota h = 096 m. Se ogni giorno vengono pompati 4500 m di acqua, quale è la velocità dell acqua all interno del tubo? Supponendo che l acqua scorra nel fiume molto lentamente (v 0), quale è la pressione con la quale viene pompata l acqua dal fiume al villaggio? 4) Un gas perfetto monoatomico occupa nello stato un volume = 5.00 L a pressione atmosferica e alla temperatura T = 00 K. Esso è riscaldato a volume costante fino allo stato a pressione p =.00 atm. Poi si espande isotermicamente fino allo stato a pressione p = 1 atm, ed infine è compresso isobaricamente fino allo stato iniziale. a) Si disegni nel piano p il grafico della trasformazione subita dal gas e si calcolino il numero di moli n di cui è costituito il gas e le coordinate termodinamiche (p,,t) degli stati, e ; b) Si calcolino il calore Q, il lavoro W e la variazione di energia interna E int per le trasformazioni, e D e per l intero ciclo. (Nota: R= 8.1 J/Kmole =0.08 l atmo /Kmole) SRIERE IN MODO HIRO GIUSTIFIRE REEMENTE I PROEDIMENTI SOSTITUIRE I LORI NUMERII SOLO LL FINE NON DIMENTIRE LE UNIT` DI MISUR

2 SOLUZIONE ESERIZIO 1 a) Per il teorema del lavoro-energia cinetica, il lavoro compiuto dalla forza risultante nello spostamento della particella da O a uguaglia la variazione di energia cinetica della particella nello spostamento da O a. Scelto l asse x parallelo al piano inclinato e con origine nel punto O, la componente della forza risultante agente sulla particella che sale lungo il piano inclinato, parallela all asse x e pertanto allo spostamento della particella, è : F Ris, // = - mg sen0 -µmg cos 0 Il lavoro compiuto dalla forza risultante nel tratto O è L = ( F Ris, // ) (O) La variazione dell energia cinetica della particella nel tratto O è pertanto: E cin =L = ( - mg sen0 -µmg cos 0 ) (O) Sostituendo i valori numerici si ottiene che la variazione di energia cinetica E cin = J. b) Dopo aver abbandonato il piano inclinato la particella è soggetta solo all azione della forza peso, forza conservativa. Pertanto l energia meccanica nel punto uguaglia quella nel punto di massima quota, : E cin () + U () = E cin () +U() dove U è l energia potenziale associata al campo della forza peso. Si ha quindi: E cin () +mg h = E cin () + mg h dove h ed h sono le quote, rispetto al suolo dei punti e, da cui si ricava: h = (E cin () +mg h - E cin () ) / mg E cin () si calcola facilmente nota l energia cinetica iniziale, ½ mv o, e la variazione di energia cinetica calcolata al punto a): E cin ( )= E cin + ½ mv o = J + 4J =.56 J. Inoltre: h = (O) sen0 = 0.5 m E cin () = ½ m v = 1.9 J con v = v cos 0 =.77 m/s, dato che nel punto di massima quota la velocità della particella è pari alla componente della velocità iniziale (nel punto ), parallela al piano orizzontale terrestre. Sostituendo i valori numerici si ottiene quindi h = 8 cm.

3 SOLUZIONE ESERIZIO a) L eventuale posizione di equilibrio (punto in cui la risultante delle forze elettrostatiche è nulla) della carica +q si trova necessariamente nel tratto dell asse x compreso tra O ed. Solo in questo tratto infatti la forza elettrostatica esercitata dalla lamina e quella esercitata dalla carica +Q sulla carica +q hanno verso opposto e possono pertanto dare risultante nulla. L ascissa d del punto di equilibrio sarà pertanto 0< d < m. Imponendo che il modulo della forza esercitata dalla lamina F L (dove F L = σ q /(ε o ) ) e quello della forza esercitata dalla carica +Q, F Q (dove F Q = Q q / 4πε o d ) sulla carica +q siano uguali, si ottiene facilmente d: σ q / ε o = Q q / 4 πε o d d= (Q/πσ ) Sostituendo i valori numerici si ottiene d= 56 cm b) Il lavoro L Q compiuto dalla forza elettrostatica esercitata dalla carica +Q sulla carica +q nello spostamento dal punto al punto è : L Q = U ()-U() dove U() e U() sono le energie potenziali associate al campo della forza elettrostatica esercitata dalla carica +Q sulla carica +q, rispettivamente nei punti e. Tali punti sono equidistanti da +Q e pertanto equipotenziali e quindi L Q = 0. Il lavoro L L compiuto dalla forza elettrostatica, costante, esercitata dalla lamina sulla carica +q, nello spostamento da a, è L L = F L // cos 45 = qσ/(ε 0 ) cos 45 = J Il lavoro totale delle forze elettrostatiche è pertanto L TOT = L Q + L L = J.

4 SOLUZIONE ESERIZIO La velocità v con cui viene pompata acqua nel tubo si può ricavare dalla definizione di portata: 4500m v = ove la sezione del tubo è = π (d/) giorno 4500m m 1 v = = =.95m / s giorno 4 (600s) π m Per calcolare la pressione applicata a livello del fiume F per pompare acqua al villaggio utilizzo il teorema di ernoulli: p p p F F F ρghf + ρvf = p + ρgh + ρv 1 + ρghf + 0 = 1atm + ρgh + ρv 1 = 1atm + ρg( h hf ) + ρv 5 kg = Pa m / s m 15m kg m (.95m / s) = Pa

5 SOLUZIONE ESERIZIO 4 a) Il numero n di moli di cui è costituito il gas si può ricavare applicando l equazione dei gas perfetti allo stato : n = 5 p ( Pa)( m ) = = 0. 0moli RT (8.1J / Kmole)(00K) Le coordinate termodinamiche degli stati, e sono le seguenti: Stato : p = 1 atm = 1.01 x 10 5 Pa = 5.00 L = 5.00 x 10 - m T = 00 K Stato : p = atm = x 1.01 x 10 5 Pa =.09 x 10 5 Pa = 5.00 L = 5.00 x 10 - m T = p / nr = (.09 x 10 5 Pa) (5.00 x 10 - m ) / (0.0 moli x 8.1 J/moleK) 900 K Stato : p = P = 1 atm = 1.01 x 10 5 Pa = nrt /p = (0.0 moli x 8.1 J/moleK)(900 K) / (1.01 x 10 5 Pa) 15 x10 - m = 15 L T = T = 900 K essendo la trasformazione isoterma b) Determino ora il lavoro W fatto dal gas, il calore Q scambiato e la variazione di energia interna E int nelle singole trasformazioni, applicando, ove serve, il primo principio della termodinamica. : W = 0 essendo la trasformazione isocora ( = ) ( E int ) = E int, E int, = / nrt / nrt = / nr(t -T )=/ (0.0 moli)(8.1 J/moleK)(900-00)K= 1.5 x 10 J Q = ( E int ) + W = ( E int ) = 1.5 x 10 J dal primo principio della termodinamica. : W = = nrt pd c = d nrt c d = nrtc ln = (0.0moli) (8.1J / Kmole) 900K ln = J ( E int ) = E int, E int, = / nr(t T )=0 trasformazione isoterma Q = ( E int ) + W = W = 1.67 x 10 J

6 : W = pd = p d 5 = p ( ) = ( Pa) (5 15) 10 m = J ( E int ) = E int, E int, = / nr(t T )= / (0.0 moli)(8.1 J/moleK)(00-900)K= -1.5 x 10 J Q = E int + W = x 10 J -1.5 x 10 J = -.5 x 10 J Per l intero ciclo sommo i contributi relativi alle singole trasformazioni: W TOT = W + W + W = ( x x 10 ) J = 0.66 x 10 J ( E int ) = 0 = ( E int ) + ( E int ) + ( E int ) = 1.5 x 10 J x 10 J = 0 Q TOT = Q + Q + Q = 1.5 x 10 J x 10 J -.5 x 10 J = 0.66 x 10 J