CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE Secondo Compitino di FISICA 15 giugno 2012

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1 CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE Secondo Compitino di FISICA 15 giugno 01 1) FLUIDI: Un blocchetto di legno (densità 0,75 g/ cm 3 ) di dimensioni esterne (10x0x5)cm 3 è trattenuto mediante una fune sul fondo di un recipiente pieno di acqua. Si determini la tensione della fune nelle due diverse condizioni: a) il blocchetto è interamente costituito da legno b) il blocchetto contiene al suo interno una cavità sferica di diametro pari a cm riempita con mercurio (densità 13,6 g/ cm 3 ). ) TERMODINAMICA: Una mole di gas perfetto monoatomico compie il seguente ciclo termodinamico: da A a B: isobara con p A = atm, V A = l, V B = 6l; da B a C: variazione lineare della pressione con il volume, con V C = 4l; da C ad A: compressione isoterma. Calcolare: a) le coordinate termodinamiche degli stati A, B, C. Fare il grafico delle trasformazioni nel piano (p,v); b) /la variazione di energia interna E int, il lavoro W ed il calore Q per le 3 trasformazioni e per l intero ciclo. [Nota: R= 8.31 J/Kmole =0.08 l atmo /Kmole ] 3) ELETTROSTATICA Dato un sistema d assi cartesiani (x,y) di origine O, nel punto A di coordinate (+d,0) è fissata una carica Q positiva, mentre nel punto B di coordinate (- d,0) è fissata una carica positiva 4 Q. Si determini, assumendo d= 1.5 m e Q = C : a)il campo elettrostatico, precisando modulo, direzione e verso, nel punto O e gli eventuali punti di equilibrio lungo l asse x. b) il lavoro compiuto dalle forze del campo quando una carica positiva q ( q= C ) viene lasciata libera di muoversi nel punto C di coordinate (d,0) e si sposta fino ad un punto infinitamente distante dalle cariche Q e 4Q. [Nota: ε 0 = C /Nm ] Recupero CINEMATICA: Determinare la posizione verticale ed orizzontale di un corpo di massa M=0.9 kg, dopo un tempo t = 0.3 s dal lancio con velocità v=1.5 m/s da quota h=75 cm con inclinazione di 30. Specificare le componenti x ed y della velocità all istante del lancio. Recupero DINAMICA: Determinare la tensione T di una fune necessaria per fare salire a velocità costante un corpo di massa M=0.9 kg lungo un piano inclinato di 30 e scabro, con coefficiente di attrito dinamico µ d = 0.1. Determinare il valore della componente N normale al piano. Recupero LAVORO-ENERGIA: Determinare la compressione x di una molla con costante elastica k= 000 N/m alla quale è appoggiato un corpo di massa m=400g che, dopo essere rilasciato completamente dalla molla, possiede una velocità v=10 m/s e scorre su un piano orizzontale liscio. Determinare la velocità del corpo dopo un tratto L = 10 m ed immediatamente dopo un urto completamente anelastico con un corpo di massa M=0.5 kg. 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: (AD) e (PE-Z)

2 SOLUZIONE ESERCIZIO FLUIDI Sul blocchetto immerso in acqua agisce la forza peso P, la spinta di Archimede SA e la tensione della fune T. Tutte sono dirette lungo la verticale, la spinta di Archimede verso l alto, peso e tensione della fune verso il basso. La condizione di equibrio è SA P -T = 0. Il modulo della tensione è pertanto T = SA-P. a) Se il blocchetto è interamente costituito di legno P = ρ legno Vg dove V= volume del blocchetto. Inoltre SA = ρ HO V g. Sostituendo i valori numerici si ottiene: P= 7.35 N ed SA= 9.8 N, pertanto T=.45 N. b) In questo caso P =( ρ legno (V V c ) + ρ Hg V c ) g dove V c è il volume della cavità, mentre SA non cambia. Sostituendo i valori numerici si ha P=7.88 N e T=1.9 N.

3 SOLUZIONE ESERCIZIO TERMODINAMICA a) Le coordinate termodinamiche (p,v,t) degli stati A, B e C si ottengono applicando l equazione di stato dei gas perfetti pv=nrt Stato A: p A = atm = 10 5 Pa V A = l = 10-3 m 3 T A = p A V A /(nr) = K Stato B: p B = p A = atm = 10 5 Pa V B = 6 l = m 3 T B = p B V B /(nr) = 3 p A V A /(nr) = 3T A = K Stato C: T C = T A = K V C = 4 l = m 3 p C = nrt C /V C = nrt A /(V A ) = p A / = 1 atm = 10 5 Pa b) La variazione di energia interna E int, il lavoro W ed il calore Q per le 3 trasformazioni e per l intero ciclo si ottengono dal 1. Principio della termodinamica: E int = Q W. Trasformazione AB: Q = nc p T = 5/ R (T B -T A ) = 5RT A = J = 000 J W = p A (V B -V A ) = p A V A = 800 J ΔE int = Q-W= 100 J Trasformazione BC: ΔE int = nc V T= 3/ R(T C -T B ) = -3RT A = J = -100 J W = (p B +p C ) (V C -V B ) / = -3/4 p A V A = J Q = ΔE int + W = J Trasformazione CA: ΔE int = 0 J (isoterma) Q = W = nrt A ln(v A /V C ) = RT A ln(1/) = - RT A ln() = J Intero Ciclo: ΔE int = 0 J Q = W Q = Q AB +Q BC +Q CA = 000 J J 77. J =.8 J W = W AB +W BC +W CA = 800 J J 77. J =.8 J

4 SOLUZIONE ESERCIZIO ELETTROSTATICA a) Il campo elettrostatico nel punto O, E (O), è la somma vettoriale del campo in O creato dalla carica Q, E Q, e di quello in O creato dalla carica 4 Q, E 4Q. E Q = (1/ 4πε 0 )(Q /d ) ( -i ) dove i è il versore dell asse x, E 4Q = (1/ 4πε 0 )(4Q /d ) ( i ) E (O) = (1/ 4πε 0 )(3Q /d ) ( i ) Sostituendo i valori numerici si ha: E (O) = 1, N/C ( i ) Gli eventuali punti di equilibrio sono quelli in cui il campo elettrostatico è nullo. Gli eventuali punti di equilibrio dell asse x si troveranno tra A e B in quanto solo in questa regione dell asse i campi creati dalle due cariche hanno verso opposto e possono pertanto, qualora abbiano lo stesso modulo, avere risultante nullo. Indicata con x la coordinata degli eventuale punti di equilibrio P, si ha : /E Q (P)/ = /E 4Q (P)/ e pertanto (1/ 4πε 0 )( Q)/(d-x) = (1/ 4πε 0 )( 4Q)/(d+x) da cui 3x -10dx+3d =0 L equazione ammette due soluzioni, x = 3d e x = d/3. La prima soluzione è da scartare in quanto in questo punto i due vettori hanno lo stesso modulo e lo stesso verso. L unico punto di equilibrio è pertanto quello con x= d/3 = 0.5 m. b) Il lavoro compiuto dalle forze del campo durante lo spostamento della carica q è uguale alla differenza dei valori dell energia potenziale nei due punti L= U(C) U ( ), dove U ( ) = 0, mentre U(C) =(( q/ 4πε 0 )(Q /d) + (q/ 4πε 0 )( 4Q/3d )) = Qq/(d 4πε 0 )(7/ 3) = J

5 RECUPERO CINEMATICA Le componenti x ed y del vettore velocità all istante del lancio sono: v x = v cos30 = 1.3 m/s v y = v sin30 = 0.8 m/s Il moto del corpo dopo il lancio è di tipo parabolico, ossia rettilineo ed uniforme lungo l asse x ed uniformemente accelerato lungo l asse y. Pertanto la posizione x ed y del corpo dopo t=0.3 s è data da: x( t) = x + v t = m = 0.4m 0 y( t) = y 0 + v Bx By 1 t gt = h + v By 1 t gt = 0.5m RECUPERO DINAMICA Affinchè il corpo salga a velocità costante lungo il piano inclinato, la risultante delle forze applicate al corpo deve essere nulla: da cui si ricava N=Mgcos30 =0.9x9.8x 3/ N = 7.6 N T= Mgsin30 + µ d Mgcos30 = Mg(sin30 + µ d cos30 ) = 5. N RECUPERO LAVORO-ENERGIA La velocità del corpo all istante in cui viene rilasciato dalla molla di ottiene dal principio di conservazione dell energia meccanica: Essendo il piano orizzontale liscio, la velocità del corpo lungo il piano, fino all istante in cui urta con il corpo di massa M, è costante e pari a v = 10 m/s. In un urto anelastico si conserva la quantità di moto, da cui è possibile ricavare la velocità v A del corpo di massa (m+m) immediatamente dopo l urto: