CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE Prova scritta di FISICA 15 giugno 2012

Transcript

1 CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE Prova scritta di FISICA 5 giugno 202 ) Un corpo di massa m = 400 g comprime di un tratto x una molla di costante elastica k = 2000 N/m. Il corpo m e la molla sono posti su un piano orizzontale liscio, come mostrato in figura. Dopo essere rilasciato completamente dalla molla, il corpo possiede una velocità v=0 m/s e percorre il piano lungo L, fino ad urtare in modo completamente anelastico contro un corpo di massa M = 0.5 kg. Calcolare: a) la compressione x della molla e la velocità v A del corpo (m+m) immediatamente dopo l urto anelastico; b) il modulo e le componenti x e y della velocità del corpo (m+m) al sommità del piano inclinato, lungo d =.5 m e scabro, percorso dai corpi dopo l urto. Si supponga il piano inclinato di 30 e si assuma un coefficiente di attrito dinamico µ = 0.. c) Facoltativo: Determinare la posizione verticale ed orizzontale del corpo (m+m) dopo t = 0.3 s dal raggiungimento della sommità del piano inclinato. 2) Un blocchetto di legno (densità 0.75 g/ cm 3 ) di dimensioni esterne (0x20x5) 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 2 cm riempita con mercurio (densità 3.6 g/ cm 3 ). 3) Una mole di gas perfetto monoatomico compie il seguente ciclo termodinamico: da A a B: isobara con p A = 2 atm, V A = 2l, 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) Calcolare la variazione di energia interna ΔE int, il lavoro W ed il calore Q per le 3 trasformazioni e per l intero ciclo. [Nota: R= 8.3 J/Kmole =0.082 l atmo /Kmole ] 4) 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=.5 m e Q = 0-0 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= 0-5 C) viene lasciata libera di muoversi nel punto C di coordinate (2d,0) e si sposta fino ad un punto infinitamente distante dalle cariche Q e 4Q. [Nota: ε 0 = C 2 /Nm 2 ] 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) e (PE-Z)

2 SOLUZIONE ESERCIZIO a) La velocità del corpo all istante in cui viene rilasciato dalla molla di ottiene dal principio di conservazione dell energia meccanica: 2 kx2 = 2 mv2 x = m k v = 0.4kg 0m / s = 0.4m N / m 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 = 0 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: mv = (m + M )v A m v A = (m + M ) v = 0.4 0m / s = 4.4m / s 0.9 b) La velocità alla sommità del piano inclinato scabro si ottiene dal teorema Lavoro-Energia cinetica, considerando come forze che compiono lavoro la forza di attrito F att e la forza peso F g : ΔK = L att + L g 2 (m + M )v 2 B 2 (m + M )v 2 A = F att d F g sin30 d 2 (m + M )v 2 B = 2 (m + M )v 2 A µ d (m + M )gcos30 d (m + M )gsin30 d v B 2 = v A 2 3µ d gd gd v B = v A 2 gd( 3µ d +) = (4.4 m s )2 9.8 m.5m 2 ( ) =.45m / s =.5m / s s Le coordinate x ed y del vettore velocità alla sommità del piano sono: v Bx = v B cos30 =.3 m/s v By = v B sin30 = 0.8 m/s c) Il moto del corpo dopo avere raggiunto la sommità del piano inclinato 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 0 + v Bx t =.3 0.3m = 0.4m y(t) = y 0 + v By t 2 gt 2 = d sin30 + v By t 2 gt 2 = 0.5m ove si è supposto che la sommità del piano inclinato abbia coordinate (0,y 0 )=(0,dsin30 )

3 SOLUZIONE ESERCIZIO 2 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 H2O V g. Sostituendo i valori numerici si ottiene: P= 7.35 N ed SA= 9.8 N, pertanto T=2.45 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=.92 N.

4 SOLUZIONE ESERCIZIO 3 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 = 2 atm = Pa V A = 2 l = m 3 T A = p A V A /(nr) = 48.3 K Stato B: p B = p A = 2 atm = Pa V B = 6 l = m 3 T B = p B V B /(nr) = 3 p A V A /(nr) = 3T A = 44.4 K Stato C: T C = T A = 48.3 K V C = 4 l = m 3 p C = nrt C /V C = nrt A /(2V A ) = p A /2 = atm = 0 5 Pa b) La variazione di energia interna ΔE int, il lavoro W ed il calore Q per le 3 trasformazioni e per l intero ciclo si ottengono dal. Principio della termodinamica: ΔE int = Q W. Trasformazione AB: Q = nc p ΔT = 5/2 R (T B -T A ) = 5RT A = J = 2000 J W = p A (V B -V A ) = 2p A V A = 800 J ΔE int = Q-W= 200 J Trasformazione BC: ΔE int = nc V ΔT= 3/2 R(T C -T B ) = -3RT A = J = -200 J W = (p B +p C ) (V C -V B ) /2 = -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(/2) = - RT A ln(2) = J Intero Ciclo: ΔE int = 0 J Q = W Q = Q AB +Q BC +Q CA = 2000 J J J = J W = W AB +W BC +W CA = 800 J J J = J

5 SOLUZIONE ESERCIZIO 4 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 = (/ 4πε 0 )(Q /d 2 ) ( -i ) dove i è il versore dell asse x, E 4Q = (/ 4πε 0 )(4Q /d 2 ) ( i ) E (O) = (/ 4πε 0 )(3Q /d 2 ) ( i ) Sostituendo i valori numerici si ha : E (O) =,2 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 (/ 4πε 0 )( Q)/(d-x) 2 = (/ 4πε 0 )( 4Q)/(d+x) 2 da cui 3x 2-0dx+3d 2 =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 )) = (7/ 3) x Qq/(d 4πε 0 ) = J